An¶alisis en Varias Variables - WordPress.com · 2011. 4. 30. · Sergio Plaza 3 trices Ak = 0 B B...

Analisis en Varias Variables

Sergio Plaza S.

Contenidos

1 Topologıa en Espacios Vectoriales Normados 1

1.1 Producto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Norma en Espacios Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Topologıa en Espacios Vectoriales Normados . . . . . . . . 11

1.5 Convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 Sucesiones en Espacios Vectoriales Normados 27

2.1 Puntos de Acumulacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2 Caracterizacion de los Conjuntos Cerrados . . . . . . . . . 38

2.3 Conjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.4 Conexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3 Aplicaciones Continuas 49

3.1 Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.2 Homeomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

i

ii

4 Lımite de Aplicaciones 81

4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5 Propiedades Basicas de las Aplicaciones Continuas 97

5.1 Caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

6 Calculo Diferencial en Espacios Euclideanos 107

6.0.1 Notaciones Basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6.1 Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

6.1.1 Matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6.2 Casos Especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.2.1 Caminos Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.3 Funciones Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

6.4 Clase de Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.5 Teoremas Fundamentales del Calculo Diferencial . . . . . 141

6.5.1 Teorema de la Funcion Inversa . . . . . . . . . . . 148

6.5.2 Forma Local de las Submersiones . . . . . . . . . 158

6.5.3 Forma Local de las Inmersiones . . . . . . . . . . . 165

6.6 Formulas de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

6.7 Valores Extremos de Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . 175

6.8 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

7 Superficies en Espacios Euclideanos 219

7.1 Ejemplos de Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

7.2 Aplicaciones Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

7.3 Espacio Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

7.3.1 Bases en TpM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

iii

7.3.2 Cambio de Base en TpM . . . . . . . . . . . . . . 257

7.3.3 Derivada de una Aplicacion Diferenciable entre

Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

7.4 Particion de la Unidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

7.5 Particion de la Unidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

7.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

8 Orientacion en superficies 295

8.1 Orientacion en Espacios Vectoriales . . . . . . . . . . . . 295

8.2 Superficies Orientables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

8.3 Orientacion y Atlas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

8.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311

9 Superficies con Borde 315

9.1 Cambios de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319

9.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

10 Calculo Integral 333

10.1 Integral de Caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333

10.2 Integrales Multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

10.3 Conjuntos de Medida Cero y Conjuntos de Contenido . . 340

10.4 Calculo de Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349

10.5 Teorema del Cambio de Variable . . . . . . . . . . . . . . 356

10.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

11 Formas Diferenciales en Superficies 385

11.1 Cambio de Variable y Formas Co–inducidas . . . . . . . . 391

11.2 Derivada Exterior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400

11.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407

iv

12 Integracion de Formas Diferenciables 411

12.1 Integral de k–formas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411

12.2 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419

12.2.1 Teorema de Green y Teorema de Gauss . . . . . . 424

12.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428

Capıtulo 1

Topologıa en Espacios

Vectoriales Normados

En lo que sigue Rn denota el espacio euclidiano n–dimensional. Note-

mos que R0 = 0 . Denotamos los puntos de Rn por x = (x1, . . . , xn) ,

donde xi ∈ R (i = 1, . . . , n ). Aquı, (x1, . . . , xn) = (y1, . . . , yn) significa

que xi = yi para todo i = 1, . . . , n . En Rn tenemos una estructura

natural de espacio vectorial, dada como sigue. Si x = (x1, . . . , xn) ,

y = (y1, . . . , yn) dos dos puntos de Rn y λ es un numero real, defini-

mos la suma x + y y el producto escalar λx , por

a) x + y = (x1 + y1, . . . , xn + yn) ,

b) λx = (λx1, . . . , λxn) ,

con esta estructura Rn es un espacio vectorial de dimension n sobre

R . El elemento neutro para la suma es el vector 0 = (0, . . . , 0) , y el ele-

mento inverso de x = (x1, . . . , xn) es el elemento −x = (−x1, . . . ,−xn) .

Tenemos tambien una base destacada, E = e1, . . . , en , donde para

i = 1, . . . , n vectores ei son dados por ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) , con

1

2 Topologıa en Espacios Vectoriales Normados

un 1 en la posicion i y ceros en las restantes posiciones, la cual llamare-

mos base canonica, en esta base cada x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn se escribe

como x = x1e1 + · · ·+ xnen =∑n

i=1 xiei .

1.1 Producto Interno

Sea V un espacio vectorial. Un producto interno en V es una aplicacion

I : V × V → R que satisface:

Pi1.- I(x, y) = I(y, x) para todo x, y ∈ V ,

Pi2.- I(x + x′, y) = I(x, y) + I(x′, y) para todo x, x′, y ∈ V ,

Pi3.- I(αx, y) = αI(x, y) = I(x, αy) para todo x, y ∈ V y todo α ∈ R ,

Pi4.- I(x, x) > 0 si x 6= 0 .

Por ejemplo, en Rn tenemos el producto interno canonico, el cual es

dado por I((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) =∑n

i=1 xi yi , en este caso I se

denota simplemente por 〈 , 〉 .Un forma natural de construir otros productos internos en Rn es

considerar una matriz A = (aij)n×n simetrica, es decir, AT = A

(donde AT es la traspuesta de A ), positiva definida, es decir, 〈Ax, x〉 =∑n

i,j=1 aijxixj > 0 para todo x 6= 0 , en estas condiciones definimos

IA((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) =∑n

i,j=1 xiaijxj . En general, se usa la

notacion (x1, . . . , xn)A(y1, . . . , yn)T para denotar el producto interno

IA .

Obsrvacion. Sea A = (aij)16i,j6n una matriz de orden n × n . Se

definen los menores principales Ak (1 6 k 6 n) de A como las subma-

Sergio Plaza 3

trices

Ak =

a11 · · · aik

.... . .

...

ak1 · · · akk

.

Entonces se tiene que A es positiva definida si det(Ak) > 0 para todo

1 6 k 6 n .

Por ejemplo, las siguiente matrices son positivas definidas,

A =

3 8

−2 3

y A =

2 −1 0

−1 2 −1

0 −1 2

.

1.2 Norma en Espacios Vectoriales

Una norma en un espacio vectorial V es una aplicacion N : V → R

que satisface:

N1.- N(x + y) 6 N(x) + N(y) para todo x, y ∈ V ,

N2.- N(αx) = |α|N(x) para todo x ∈ V y todo α ∈ R ,

N3.- N(x) > 0 para todo x ∈ V , con x 6= 0 .

Ejemplos. En Rn tenemos las normas

1. N(x) =√〈x, x〉 , la cual es denotada, en este caso por || · || , y

es llamada norma euclideana.

2. ||x||M = max|x1|, . . . , |xn| , llamada norma del maximo.

3. ||x||S =∑n

i=1 |xi| , llamada norma de la suma.


Dado un producto interno I en V , decimos que dos vectores x, y ∈ V

son ortogonales respecto a I si I(x, y) = 0 , por ejemplo, en Rn con el

producto interno canonico se tiene que los vectores ei y ej de la base

canonica son ortogonales cuando i 6= j .

Un modo natural de obtener normas en un espacio vectorial V , dotado

de un producto interno I , es definir

NI(x) =√

I(x, x) .

En efecto, es inmediato que NI(x) > 0 cuando x 6= 0 , y que NI(αx) =

|α|NI(x) para todo x ∈ V y todo α ∈ R . Ahora, si x, y ∈ V entonces

(NI(x + y))2 = I(x + y, x + y) = (I(x, x))2 + 2I(x, y) + (I(y, y))2

para terminar la prueba, demostraremos el siguiente teorema.

Teorema 1.1 (desigualdad de Cauchy–Schwartz) Sea V un espacio

vectorial dotado producto interno I . Entonces para cada x, y ∈ V se

tiene que |I(x, y)| 6 NI(x)NI(y) . Ademas, la igualdad vale si, solo si,

uno de los vectores x, y es multiplo escalar del otro.

Demostracion. Si x = 0 o y = 0 es resultado esta probado.

Supongamos que y 6= 0 . Sean α = I(x, y)/(NI(y))2 y z = x−αy . Se

tiene I(z, y) = I(x−αy, y) = I(x, y)−αI(y, y) = I(x, y)−α(NI(y))2 =

I(x, y)−I(x, y) = 0 , luego z es ortogonal a y . Ahora, como x = z+αy

(NI(x))2 = I(z + αy, z + αz)

= I(z, z) + α2I(y, y) + 2αI(z, y)

= (NI(z))2 + α2(NI(y))2 ,

de donde

(NI(x))2 > α2(NI(y))2 =(

I(x, y)(NI(y))2

)2

(NI(y))2 =(I(x, y))2

(NI(y))2,

Sergio Plaza 5

esto es, (NI(x)NI(y))2 > (I(x, y))2 , lo cual implica que |I(x, y)| 6NI(x)NI(y) . Ahora, la igualdad se verifica si, y solo si, NI(z) = 0 , esto

es, si z = 0 , es decir, x = αy . Lo que completa la prueba.

Ejemplo. Un ejemplo interesante de norma viene dado por || ||p : Rn →R definida para p > 1 por

||(x1, . . . , xn)||p = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p .

Esta es una norma en Rn , llamada norma de Minkowski. Para p = 1

corresponde a la norma de la suma anterior y para p = 2 no es mas que

la norma euclideana.

Los axiomas N.2 y N.3 son de verificacion inmediata, para demostrar

que || ||p satisface el axioma N.1, primero probaremos el siguiente

Lema 1.1 Sean p, q numeros reales mayores que 1 tales que 1p + 1

q =

1 . Entonces para cualquier par de numeros reales a y b se tiene que

|ab| 6 |a|pp

+|b|qq

.

Demostracion. Consideremos la funcion f : [0,∞[→ R definida por

f(x) = xα + αx + α , donde α ∈ ]0, 1[ . Entonces f alcanza su valor

maximo en x = 1 . Tomando α = 1p y haciendo x = |a|p

|b|q se sigue el

resultado.

Proposicion 1.1 (desigualdad de Holder). Sean x = (x1, . . . , xn) e

y = (y1, . . . , yn) dos vectores en Rn y sean p, q numeros reales mayores

que 1 , tales que 1p + 1

q = 1 . Entonces

n∑

i=1

|xiyi| 6(

n∑

i=1

|xi|p)1/p (

n∑

i=1

|yqi

)1/q

.


Demostracion. Supongamos primero que x 6= 0 y que y 6= 0 . Ha-

gamos α = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p y β = (|y1|q + · · ·+ |yn|q)1/q . La

desigualdad a probar se escribe entonces como∣∣∣∣x1

α

y1

β

∣∣∣∣ +∣∣∣∣x2

α

y2

β

∣∣∣∣ + · · ·+∣∣∣∣xn

α

yn

β

∣∣∣∣ 6 1 .

A partir de esto la prueba es similar a la prueba de la desigualdad de

Cauchy–Schwartz. Los detalles quedan a cargo del lector.

Ahora probaremos la desigualdad triangular para || ||p , donde p > 1 .

Escribiendo esta en forma explıcita, nos queda

(n∑

i=1

|xi + yi|p)1/p

6(

n∑

i=1

|xi|p)1/p

+

(n∑

i=1

|yi|p)1/p

Para su demostracion, escribamos

n∑

i=1

|xi + yi|p 6n∑

i=1

(|xi|+ |yi|)p

=n∑

i=1

(|xi|+ |yi|)p−1 (|xi|+ |yi|)

=n∑

i=1

(|xi|+ |yi|)p−1 |xi|+n∑

i=1

(|xi|+ |yi|)p−1 |yi|

aplicamos ahora la desigualdad de Holder a cada una de las sumas an-

teriores del ultimo miembro. Para la primera suma haga ai = |xi| y

bi = (|xi| + |yi|)p−1 , y para la segunda la eleccion es completamente

analoga. Los detalles son dejados a cargo del lector.

Ejemplo. Sea M(m×n,R) el espacio vectorial de las matrices de orden

m × n con coeficientes reales. Sean N1 y N2 normas en Rm y Rn ,

Sergio Plaza 7

respectivamente. Si A ∈M(m× n,R) la escribimos como matriz filas

A =

f1

f2

...

fm

donde fi = (ai1 . . . ain) , y x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn entonces Ax =

(〈f1, x〉, . . . , 〈fm, x〉) (〈u, v〉 denota el producto interno usual en Rn ).

Usando las normas N1 y N2 definimos una N norma en M(m×n,R) ,

llamada norma asociada, como sigue

N(A) = sup

N1(Ax)N2(x)

: N2(x) 6= 0

= supN1(Ax) : N2(x) = 1 .

La verificacion que N(A) es una norma en M(m× n,R) es facil y se

deja a cargo del lector (solo hay que usar las propiedades del supremos

de subconjuntos de los numeros reales: sup(aX) = a sup(X) si a es

una constante positiva, y sup(X +Y ) = sup(X)+sup(Y ) , donde aX =

ax : x ∈ X y X + Y = x + y : x ∈ X , y ∈ Y ).

Para el caso de matrices de orden n× n , usando la norma euclidiana

en Rn , la expresion de la norma N(A) , que en este caso denotamos por

||A||2 viene dada por la formula

|A||2 =

√√√√n∑

i,j=1

a2ij

como es facil de verificar desde la definicion. Para obtener una expresion

sencilla de ||A||2 recordemos que si A ∈ M(n × n,R) entonces AT

denota la matriz transpuesta de A y si A = (aij)16i,j6n entonces el

elemento (i, j) de la matriz AT es aji . Recordemos tambien que la

traza de A es el numero traza(A) =∑n

i=1 aii . Con las notaciones

anteriores tenemos la siguiente proposicion.


Proposicion 1.2 Sea A ∈M(n×n,R) entonces ||A||2 =√

traza(AAT ) .

Demostracion. Si A, B ∈ M(n × n,R) entonces el elemento (i, k)

de la matriz A · B es∑n

j=1 aijbjk . En particular, el elemento (i, i)

del producto A · B es∑n

j=1 aijbji , luego la traza de A · B es dada

por∑n

i=1

∑nj=1 aijbji . Ahora, tomando B = AT se tiene que bji =

aij , luego traza(A · AT ) =∑n

i=1

∑nj=1 a2

ij = ||A||22 , lo que completa la

prueba.

1.3 Distancia

Sea X un conjunto no vacıo. Una distancia en X es una aplicacion

d : X ×X −→ R que satisface

d1.- d(x, y) > 0 si x 6= y ,

d2.- d(x, y) = d(y, x) para todo x, y ∈ X (simetrıa),

d3.- d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z) para todo x, y, z ∈ X (desigualdad

triangular).

Ejemplos

1. Sea V un espacio vectorial normado, con una norma N . Defini-

mos una distancia dN en V como

dN (x, y) = N(x− y) .

En el caso en que V = Rn y N es la norma euclideana, se tiene

que

d2((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) =

√√√√n∑

i=1

(xi − yi)2 ,

Sergio Plaza 9

la cual es llamada distancia euclideana. De modo analogo, se tiene

las distancias dS(x, y) = ||x− y||S =∑n

i=1 |xi − yi| y dM (x, y) =

||x− y||M = max|xi − yi| : i = 1, . . . , n .

2. La distancia en M(n×n,R) por la norma || · ||2 anterior es dada

por

d(A,B) =√

traza((A−B)(AT −BT )) .

3. Sea X un conjunto no vacıo. Tenemos definida la aplicacion d :

X ×X → R por

d(x, y) =

1 si x 6= y

0 si x = y .

Es facil probar que esta es una distancia en X , por lo tanto en

cada conjunto no vacıo podemos definir una distancia como la de

arriba.

4. Sea C0([0, 1],R) = f : [0, 1] → R : f es continua . Es claro

que C0([0, 1],R) es un espacio vectorial con la suma de funciones

y el producto escalar de una funcion por un numero real. Tambien

podemos definir una distancia en este conjunto por

d(f, g) =(∫ 1

0(f(x)− g(x))2dx

)1/2

Definicion 1.1 Dos funciones distancias d y d′ (metricas) en un con-

junto X son equivalentes si existen constantes positivas k, k′ , tales que

k′d8x, y) 6 d′(x, y) 6 kd(x, y) para todo x, y ∈ X .

Para las distancias d2 , dS , y dM definidas en Rn tenemos el siguien-

te teorema.


Teorema 1.2 Las distancias d2 , dS , y dM definidas en Rn son

equivalentes.

Demostracion. Sean x = (x1, . . . , xn) , y = (y1, . . . , yn) vectores en

Rn . Vamos a demostrar que d2(x, y) 6 √ndM (x, y) 6 √

ndS(x, y) 6nd2(x, y) , de donde se deduce directamente el teorema.

Tenemos |xi − yi| 6 max|xj − yj | : j = 1, . . . , n = dM (x, y) , para

todo i = 1, . . . , n , luego

(d2(x, y))2 =n∑

i=1

(xi − yi)2 6n∑

i=1

(dM (x, y))2 = n (dM (x, y))2 ,

luego d2(x, y) 6 √ndM (x, y) .

Ahora, notemos que dM (x, y) = |xj−yj | para algun 1 6 j 6 n , luego

dM es uno de los terminos en la suma que define a dS(x, y) , y como

todos esos terminos son no negativos se tiene que dM (x, y) 6 dS(x, y) ,

luego√

ndM (x, y) 6 √ndS(x, y) .

Finalmente, sea wi = |xi − yi| − dS(x, y)/n . Tenemos w2i = |xi −

yi|2 − 2|xi − yi|dS(x, y)/n + (dS(x, y))2/n2 . Tenemos entonces que

n∑

i=1

w2i =

n∑

i=1

|xi − yi|2 − 2dS(x, y)

n

n∑

i=1

|xi − yi|+ (dS(x, y))2

n2

n∑

i=1

1

= (d2(x, y))2 − 2(dS(x, y))2

n+

(dS(x, y))2

n

= (d2(x, y))2 − (dS(x, y))2

n.

Como∑n

i=1 w2i > 0 , concluimos que (d2(x, y))2− (dS(x,y))2

n > 0 , luego(dS(x,y))2

n 6 (d2(x, y))2 , de donde dS(x, y) 6 √nd2(x, y) y por lo tanto

√ndS(x, y) 6 nd2(x, y) , lo que completa la prueba.

Sergio Plaza 11

1.4 Topologıa en Espacios Vectoriales Norma-

dos

A seguir introducimos las nociones basicas de topologıa, esto en el con-

texto de espacios vectoriales normados.

Sea V un espacio vectorial con una norma N . Dados a ∈ V y un

numero real r > 0 . La bola de centro en a y radio r es el conjunto

B(a, r) = x ∈ V : N(x− a) < r

de modo analogo, tenemos la bola cerrada B[a, r] = x ∈ V : N(x −a) 6 r , y la esfera S[a, r] = x ∈ V : N(x− a) = r .

Ejemplo. En R2 con las normas || || , || ||S , y || ||M , geometricamente

se tiene que las bolas unitarias son dadas por

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Observacion. En general, si a = (a1, . . . , an) ∈ Rn entonces con la

norma || ||M , se tiene que

B(a, r) = ]a1 − r, a1 + r[× · · ·× ]an − r, an + r[ ,

pues ||x − a||M < r si, y solo si, |x1 − a1| < r , . . . , |xn − an| < r . La

prueba es facil y se deja a cargo del lector.


Esta propiedad de la norma del maximo la hace conveniente en relacion

a los productos cartesianos.

1.5 Convexidad

Sean x, y ∈ V . El segmento de cerrado de recta que une x e y es el

conjunto

[x, y] = (1− t)x + ty : 0 6 t 6 1.

Definicion 1.2 Decimos que un subconjunto X ⊂ V es convexo si,

para cualquier par de puntos x, y ∈ X se tiene que [x, y] ⊂ X .

Ejemplos.

1. Todo subespacio vectorial de un espacio vectorial es un conjunto

convexo.

2. Todo subespacio afın de un espacio vectorial es convexo. Recorde-

mos que A ⊂ V es un espacio afın si, existe un subespacio vectorial

F ⊂ V y un elemento a ∈ V tal que A = a+F = a+x : x ∈ F .

3. Si W es otro espacio vectorial y E ⊂ V , F ⊂ W son conjuntos

convexos entonces E × F ⊂ V ×W es un conjunto convexo.

4. El conjunto V −0 no es un conjunto convexo, pues dado x ∈ V ,

el segmento de recta que une x con −x contiene a 0 ∈ V , luego

[x,−x] 6⊂ V .

Teorema 1.3 Sea V un espacio vectorial normado, con norma N .

Entonces toda bola (abierta o cerrada) B ⊂ V es un conjunto convexo.

Sergio Plaza 13

Demostracion. Haremos la prueba para bolas abiertas, para bolas

cerradas la prueba completamente analoga.

Sea B(a, r) ⊂ V una bola abierta. Sean x, y ∈ B(a, r) entonces

N(x−a) < r y N(y−a) < r . Sea t ∈ [0, 1] , tenemos (1−t)x+ty−a =

(1− t)(x−a)+ t(y−a) , luego N((1− t)x+ ty−a) = N((1− t)(x−a)+

t(y−a)) 6 N((1−t)(x−a))+N(t(y−a)) = (1−t)N(x−a)+tN(y−a) <

(1− t)r + tr = r . Lo que completa la prueba.

Definicion 1.3 Sea X ⊂ V . Decimos que X es acotado si, existe

r > 0 tal que X ⊂ B(0, r) (es decir, para cada x ∈ X se tiene que

N(x) < r .

Nota. En la definicion anterior, tambien podemos usar bolas cerradas

en vez de bolas abierta.

Observacion. Si existe una bola B(a, r) tal que X ⊂ B(a, r) entonces

X es acotado.

En efecto, para todo x ∈ X se tiene que N(x − a) < r . Sea s =

r + N(a) . Entonces tenemos que N(x) = N(x − a + a) 6 N(x − a) +

N(a) < r + N(a) , luego X ⊂ B(0, s) .

Por lo anterior, podemos decir que X ⊂ V es acotado si esta contenido

en alguna bola bola.

Observacion. Como las tres normas || · || , || · ||S , y || · ||M que hemos

definido en Rn satisfacen la relacion ||x||M 6 ||x|| 6 ||x||S 6 n||x||M ,

se tiene que X ⊂ Rn es acotado en relacion a una de esas normas si, y

solo si, es acotado en relacion a cualquiera de las otras dos normas.

Para cada i = 1, . . . , n, sean πi : Rn −→ R las aplicaciones dadas

por πi(x1, . . . , xn) = xi , estas son llamadas proyeccion en la i–esima

coordenada. Tenemos el siguiente teorema.


Teorema 1.4 Sea X ⊂ Rn . Entonces X es acotados si, y solo si,

cada conjunto Xi = πi(X) ⊂ R es acotado.

Demostracion. Inmediata, se deja a cargo del lector.

Definicion 1.4 Sea A ⊂ V . Decimos que A es un conjunto abierto

si, para cada x ∈ A existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ A .

Ejemplos

1. Toda bola abierta en V es un conjunto abierto.

En efecto, sea a ∈ V y sea r > 0 . Si x ∈ B(a, r) entonces

N(x − a) < r . Sea δ = r − N(x − a) . Es claro que δ > 0 .

Dado y ∈ B(x, δ) , se tiene que N(y − a) 6 N(y − x) + N(x −a) < δ + N(x − a) = r − N(x − a) + N(x − a) = r , es decir, si

y ∈ B(x, δ) entonces N(y − a) < r , luego y ∈ B(a, r) , por lo

tanto B(x, δ) ⊂ B(a, r) .

2. El conjunto vacıo, ∅ , es un conjunto abierto.

En efecto, si no, existe x ∈ ∅ (*) tal que para cada ε > 0 se tiene

que B(x, ε) no esta contenido en el conjunto vacıo. Ahora, note-

mos que (*) ya nos da una contradiccion, por lo tanto el conjunto

vacıo es abierto.

3. El espacio vectorial V es un conjunto abierto.

En efecto, dado x ∈ V basta tomar cualquier ε > 0 y se tiene

que B(x, ε) ⊂ V .

4. Sea Aλ : λ ∈ Λ una coleccion arbitraria de conjuntos abiertos

Aλ ⊂ V , entonces A = ∪λ∈ΛAλ ⊂ V es un conjunto abierto.

Sergio Plaza 15

En efecto, sea x ∈ ∪λ∈Λ entonces existe λ0 ∈ Λ tal que x ∈ Aλ0 .

Como Aλ0 es un conjunto abierto, existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂Aλ0 ⊂ ∪λ∈ΛAλ .

5. Sean A1, A2 ⊂ V conjuntos abiertos. Entonces A1 ∩ A2 es un

conjunto abierto.

En efecto, sea x ∈ A1 ∩ A2 . Como cada Ai (i = 1, 2) es un

conjunto abierto, existen εi > 0 (i = 1, 2) tales que B(x, εi) ⊂ Ai .

Sea ε = minε1, ε2 entonces se tiene que B(x, ε) ⊂ A1 ∩A2 .

Es claro que esta propiedad se extiende a un numero finito de

conjuntos.

En resumen, tenemos probado el siguiente teorema.

Teorema 1.5 Sea A = A ⊂ V : A es un conjunto abierto . En-

tonces

O1.- ∅, V ∈ A ,

O2.- si A1, A2 ∈ A entonces A1 ∩A2 ∈ A ,

O3.- si Aλ : λ ∈ Λ es una coleccion arbitraria de elementos de A ,

entonces ∪λ∈ΛAλ ∈ A .

Nota. Usamos la notacion O1, O2, y O3, por la simple razon de que O

representa la palabra open del ingles, la cual significa abierto.

Una coleccion O de subconjuntos de V que satisface las propiedades

O1, O2, y O3 del teorema, es llamada una topologıa para V , y cada

elemento O ∈ O es llamado un conjunto abierto de V .

Mas general, si X ⊂ V . Decimos que O ⊂ X es abierto en X si,

existe un conjunto abierto A ⊂ V tal que O = X ∩ A . Las siguiente


propiedades son faciles de verificar (los detalles se dejan a cargo del

lector.)

1.- ∅ y X son conjuntos abiertos en X ,

2.- si O1, O2 ⊂ X son conjuntos abiertos en X entonces O1 ∩O2 es

un conjunto abierto en X ,

3.- si Oα : α ∈ Γ es una coleccion arbitraria de conjuntos abiertos

en X , entonces ∪α∈ΓOα es un conjunto abierto en X .

Por lo tanto, la coleccion O = O ⊂ X : O es abierto en X es

una topologıa para X .

Ejemplos.

1. Sea X = R+0 = x ∈ R : x > 0 . Entonces [0, 1[ es un conjunto

abierto en R+0 , por ejemplo [0, 1[= R+

0 ∩ ] − 1, 1[ . Notemos que

[0, 1[ no es un conjunto abierto en R .

2. Si X ⊂ V y O ⊂ X es un conjunto abierto en V , entonces O es

abierto en X . La prueba es facil y se deja al lector. Note que por

el ejemplo 1 arriba, tenemos que la recıproca de esta propiedad no

es verdadera.

Definicion 1.5 Sea A ⊂ V . Decimos que x ∈ A es un punto interior

de A si, existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ A .

Ejemplos.

1. Todo x ∈ B(a, r) es un punto interior de B(a, r) , como fue

probado anteriormente.

Sergio Plaza 17

2. Sea x ∈ B[a, r] tal que N(x− a) = r , entonces x no es un punto

interior de B[a, r] . Esto es claro, pues para todo ε > 0 existe

u ∈ B(x, ε) tal que u /∈ B[a, r] .

Definicion 1.6 El interior de un conjunto A ⊂ V e el conjunto

Int(A) = x ∈ A : x es un punto interior de A .

Para todo conjunto A ⊂ V se tiene que Int(A) ⊂ A .

Ejemplos.

1. Sea A = [0, 1] ⊂ R , se tiene que Int([0, 1]) = ]0, 1[ .

2. Sea A = 1/n : n > 1 ⊂ R , entonces Int(A) = ∅ .

3. Sea Q ⊂ R el conjunto de los numero racionales. Entonces

Int(Q) = ∅ , pues dado q ∈ Q y ε > 0 se tiene que B(q, ε)

contiene puntos racionales y puntos irracionales. Mas general, se

tiene que Int(Qn) = ∅ , donde Qn = Q× · · · ×Q ⊂ Rn .

4. Int(B[a, r]) = B(a, r) .

Proposicion 1.3 Sea X ⊂ V entonces Int(X) es un conjunto abierto.

Demostracion. Si Int(X) = ∅ , no hay nada que probar.

Supongamos que Int(X) 6= ∅ . Si a ∈ Int(X) entonces existe ε > 0

tal que B(a, ε) ⊂ X . Ahora, si x ∈ B(a, ε) tomando δ = ε−N(x− a)

se tiene que δ > 0 y B(x, δ) ⊂ B(a, ε) , luego x ∈ Int(X) . Lo que

completa la prueba.

Nota. Se tiene que X ⊂ V es un conjunto abierto si, y solo si, X =

Int(X) .


Ahora, si X ⊂ V es un conjunto no vacıo, entonces puede ocurrir solo

una de las siguientes alternativas:

a) a ∈ Int(X) , o

b) a ∈ Int(V −X) , o

c) toda bola abierta de centro en a y radio positivo intersecta a X

y a V −X .

Definicion 1.7 Sea X ⊂ V . Decimos que un punto a ∈ V es un

punto frontera de X si toda bola abierta de centro en a y radio positivo

intersecta (en forma no vacıa) a X y a V −X . El conjunto de puntos

fronteras de X , es denotado por

Fr(X) = a ∈ V : a es un punto frontera de X .

Nota. Si X ⊂ V es un conjunto abierto entonces X ∩ Fr(X) = ∅ .

Definicion 1.8 Sea C ⊂ V . Decimos que C es un conjunto cerrado

en V si su complemento X = V − C es un conjunto abierto en V .

Usando las propiedades de la complementacion de conjuntos y la

definicion de conjunto cerrado, se prueba (facilmente) el siguiente

Teorema 1.6 Sea C = C ⊂ V : C es un conjunto cerrado en V .

Entonces

C1.- ∅, V ∈ C ,

C2.- si C1, C2 ∈ C entonces C1 ∪C2 ∈ C (esta propiedad se extiende a

colecciones finitas de conjuntos cerrados),

Sergio Plaza 19

C3.- si Cγ : γ ∈ Γ es una coleccion arbitraria, con Cγ ∈ C para

todo γ ∈ Γ , entonces ∩γ∈ΓCγ ∈ C .

Nota. Es claro ahora que podemos definir conjuntos cerrados en un

subconjunto X ⊂ V , y que en vez de conjuntos abierto, podemos usar

conjuntos cerrados para definir una topologıa en V (respectivamente,

en X ).

1.6 Ejercicios

1. Verifique que || · || , || · ||M , y || · ||S son normas en Rn .

2. Pruebe que para todo x ∈ Rn se tiene que

||x||M 6 ||x|| 6 ||x||S 6 n ||x||M .

3. Pruebe que X ⊂ V es un conjunto abierto si, y solo si, X =

Int(X) .

4. Si X ⊂ V es un conjunto abierto. Pruebe que X ∩ Fr(X) = ∅ .

5. Pruebe que ||x||M 6 ||x||p 6 n1/p ||x||M para todo x ∈ Rn .

6. Pruebe que ||x||M 6 ||x|| 6 ||x||S para todo x ∈ Rn .

7. Pruebe que 〈 , 〉 : R2 × R2 → R definida por 〈(x1, x2), (y1, y2)〉 =

x1y1 +x1y2 +x2y1 +4x2y2 es un producto interno en R2 . Escriba

en forma explıcita la norma inducida por este producto interno

y la funcion distancia asociada. Represente graficamente la bola

unitaria en este caso.


8. Pruebe que la funcion N(A) definida en M(m × n,R) es una

norma. Si en Rm y Rn usamos la norma euclideana, exprese la

norma N(A) es este caso.

9. Sea V un espacio con producto interno I , y sea N la norma

correspondiente. Pruebe que N(x+y) ·N(x−y) 6 N(x)2+N(y)2

y 4I(x, y) = N(x + y)2 − N(x − y)2 (identidad de polarizacion)

para todo x, y ∈ V .

10. Sea N una norma en un espacio vectorial V . Pruebe que existe

un producto interno I en V tal que N(v) =√

I(v, v) para todo

v ∈ V (en este caso decimos que la norma proviene de un producto

interno) si y solo si se satisface los siguiente

N(v + w)2 + N(v − w)2 = 2N(v)2 + 2N(w)2

para todo v, w ∈ V (identidad anterior es llamada identidad del

paralelogramo)

11. Si en Rm y Rn usamos la la norma dM . Encuentre la expresion

de la norma N(A) definida en M(m× n,R) en este caso.

12. Describas las distancias en M(m×n,R) inducidas por las normas

definidas anteriormente.

13. Considere el espacio vectorial V = f : f : [0, 1] → R f continua ,

dotado de la norma ||f || = sup|f(x)| : x ∈ [0, 1] .

(a) Encuentre un par de funciones f, g ∈ V tales que ||f +g||2 +

||f − g||2 6= 2||f ||2 + 2||g||2 .

(b) Sea (fn)n∈N una sucesion en V . Pruebe que si limn→∞ ||fn|| =0 entonces limn→∞ fn(x) = 0 para todo x ∈ [0, 1] .

Sergio Plaza 21

(c) Describa la bola unitaria en V con la distancia inducida por

la norma anterior.

14. Pruebe que F : R2 → R definida por F (x, y) =√

(x− y)2 + 3y2

es una norma en R2 . ¿Existe un producto interno I en R2 tal

que F = NI ? Describa la funcion distancia inducida por esta

norma.

15. Sean 〈 , 〉1 y 〈 , 〉2 productos internos en un espacio vectorial V .

Pruebe que 〈 , 〉1 + 〈 , 〉2 es tambien un producto interno en V .

Describa la norma norma y la distancia que induce este producto

interno.

16. Determine un producto interno I en R2 tal que I((1, 0), (0, 1)) =

2 . ¿Cual es la norma y la distancia inducida por este producto

interno?

17. En R3 considere la aplicacion 〈 , 〉 : R3 × R3 → R definida por

〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉 = 2x1y1 +x1y3 +x3y1 +x2y2 +x3y3 . De-

muestre que este es un producto interno.

18. Sea X = ]0, 1[⊂ R . Pruebe que d(x, y) = |x−1 − y−1| es una

distancia en X .

19. Sea d una distancia en X . Pruebe que la funcion d′ : X×X → R

definida por d′(x, y) = d(x, y)/(1+d(x, y)) es una distancia en X .

20. Denote por C0([0, 1],R) el conjunto de las funciones continuas de

[0, 1] en R . Pruebe que las funciones dM y d1 definidas como

sigue:

dM (f, g) = sup|f(t)− g(t)| : t ∈ [0, 1]


y

d1(f, g) =∫ 1

o|f(t)− g(t)|dt

son funciones distancias en C0([0, 1],R) .

21. ¿Cuales de las siguientes funciones son distancias en R ?

(a) d(x, y) = |x2 − y2| ,(b) d(x, y) = |x3 − y3 ,

(c) d(x, y) = |x− y|2 ,

(d) d(x, y) = e−|x−y|−1.

22. Sean di , i = 1, . . . , n , metricas en espacios vectoriales Vi (i =

1, . . . , n). Sobre V = V1 × · · · × Vn defina para x = (x1, . . . , xn)

e y = (y1, . . . , yn) las funciones siguientes

dS(x, y) =n∑

i=1

di(x, y) ,

de(x, y) =

(n∑

i=1

di(x, y)2)1/2

,

y

dM (x, y) = maxdi(x, y) : i = 1, . . . , n .

Pruebe que dS , de , y dM son funciones distancias sobre V .

Pruebe ademas que esas funciones distancias son equivalentes.

23. Estudie y represente graficamente en R2 la bola, el disco, y la

esfera unitaria para las metricas d , dM , y dS .

24. Sea M(n×n,R) = A = (aij)i,j=1,...,n aij ∈ R el espacio vectorial

de las matrices de orden n × n con coeficientes reales. Dadas

A, B ∈ M(n × n,R) , defina 〈A,B〉 =∑n

i,j=1 aijbij . Pruebe que

Sergio Plaza 23

este es un producto interno en M(n × n,R) ¿Cual es la norma y

la distancia inducida por el producto interno anterior?

25. Usando el isomorfismo natural que existe entre los espacios vecto-

riales L(Rn,Rn) = L : Rn → Rn : L lineal y M(n×n,R) in-

duzca un producto interno en L(Rn,Rn) . Describa explıcitamente

la norma y la distancia inducida por esta norma. Ademas, describa

la bola unitaria en este caso.

26. En M(n × n,R) para A,B ∈ M(n × n,R) , defina 〈A,B〉 =

traza(ABT ) , donde BT es la matriz transpuesta de B . Pruebe

que este es un producto interno en M(n×n,R) . ¿Cual es la norma

y la distancia inducida por el producto interno anterior?

27. Pruebe que H = (x1, . . . , xn) : xn > α es un subconjunto

abierto de Rn . Calcule ∂H .

28. Sea A ⊂ Rn y B(A : r) la union de las bolas de centro a ∈ A

y radio r . Probar que si A es convexo tambien lo es B(A; r) .

¿Sera cierto para la conexidad?.

29. Denotemos por S(a; r) = z ∈ Rn : ||z − a|| = r la esfera de

centro a y radio r . Sean x ∈ S(a; r) y r > 0 dados. Probar que

existen y ∈ B(a; r), z /∈ B(a; r) tal que ||y−x|| < r y ||z−x|| < r .

30. ¿Cual es la frontera de la esfera S(a; r) en Rn?

31. Probar que la frontera de la bola abierta B(a; r) es la esfera

S(a; r) , esfera de centro en a, y radio r > 0 .

32. Sea A ⊂ Rn . Probar que A es cerrado si y solo si A = A′ .


33. Probar que Int(A) , el interior de un conjunto A , es siempre un

conjunto abierto.

34. Calcule el producto interno asociado a las matrices positivas definidas

siguiente

A =

3 8

−2 3

y A =

2 −1 0

−1 2 −1

0 −1 2

Calcule la norma asociada a el producto interno definido para cada

caso por esas matrices.

35. Probar que todo conjunto cerrado contiene su frontera.

36. Construya dos metricas que no sean equivalentes en Rn.

37. Grafique en R2 y R3 la bola unitaria centrada en el origen para

dos metricas dp distintas.

38. Pruebe las siguientes relaciones:

(a) Int(Int(A)) = Int(A) ,

(b) Int(A) = Rn − (Rn −A) ,

(c) Int(Rn −A) = Rn −A .

39. Sea A ∈M(n× n,R) . Decimos que A es ortogonal si AAT = I ,

donde I denota la matriz identidad n × n . Sea O(n) = A ∈M(n× n,R) : AAT = I el conjunto de las matrices ortogonales

y sea SO(n) = A ∈ O(n) : det(A) = 1 . Pruebe que O(2)

consiste de todas las matrices de rotacion y de refleccion:

rotθ =

cos(θ) − sen(θ)

sen(θ) cos(θ)

Sergio Plaza 25

y

refθ =

cos(θ) sen(θ)

sen(θ) − cos(θ)

y que SO(2) consiste de todas las matrices de rotacion.

Finalmente, pruebe que SO(3) consiste de todas las matrices de

rotacion alrededor de todos los posibles ejes de rotacion pasando

a traves del origen en R3 .

Capıtulo 2

Sucesiones en Espacios

Vectoriales Normados

Una sucesion en un conjunto no vacıo X es una funcion x : N → X.

Es usual denotar el valor x(k) de la sucesion x en el punto k ∈ Npor xk , es decir, x(k) = xk , aquı seguimos la tradicion y adoptamos

esta notacion. El valor xk es llamado el k–esimo termino de la sucesion

x . Otra notacion usual, que tambien adoptamos es x = (xk)k∈N , o

simplemente x = (xk) , para indicar la sucesion x .

Sea x = (xk)k∈N una sucesion en X . Una subsusecion de (xk)k∈N

es la restriccion de x a un subconjunto infinito N′ ⊂ N , donde N′ =

k1, k2, . . . , kn, . . . y su elementos satisfacen k1 < k2 < · · · < kn < · · · .Usaremos la notacion N′ = k1 < k2 < · · · < kn < · · · .

La imagen de una sucesion x = (xk)k∈N en X , la denotaremos por

x(N) = xkk∈N . (No confundir la sucesion x = (xk)k∈N , la cual es una

funcion, con su conjunto imagen o conjunto de valores xkk∈N ⊂ X ).

En lo que sigue V denota un espacio vectorial normado dotado con

una norma N .

27

28 Sucesiones en Espacios Vectoriales Normados

Definicion 2.1 Decimos que una sucesion x : N→ V es acotada si el

conjunto de valores xkk∈N es acotado, es decir, existe r > 0 tal que

N(xk) 6 r para todo k ∈ N .

Observacion. En Rn , una sucesion x = (xk)k∈N equivale a n suce-

siones de numeros reales.

En efecto, para cada k ∈ N tenemos que x(k) = (xk1, xk2, . . . , xkn) ,

donde xki = πi(xk) y πi : Rn → R es la aplicacion lineal proyeccion

en la i–esima coordenada, dada por πi(v1, . . . , vn) = vi . Las suce-

siones (xki)k∈N (i = 1, . . . , n) son llamadas sucesiones coordenadas de

la sucesion (xk)k∈N . Tenemos que una sucesion es acotada si, y solo si,

cada una se sus sucesiones coordenadas es acotada en R .

Ahora definiremos para sucesiones uno de los conceptos mas impor-

tantes en Analisis, no referimos la concepto de lımite.

Definicion 2.2 Sea x = (xk)k∈N una sucesion en V . Decimos que

(xk)k∈N es convergente a un punto a ∈ V si para cada ε > 0 dado,

existe k0 ∈ N , tal que k > k0 implica N(xk − a) < ε , es decir, para

todo k > k0 se tiene que xk ∈ B(a, ε) . En este caso, decimos que a es

el lımite de la sucesion (xk)k∈N , y denotamos esto por a = limk→∞

xk .

Observaciones

1. Desde la definicion de convergencia de sucesiones se tiene que,

limk→∞

xk = a si, y solo si, limk→∞

N(xk − a) = 0 .

2. La definicion de convergencia de sucesiones hace uso de una norma

fijada en V .

3. Desde la observacion anterior, en Rn tenemos que una sucesion

x = (xk)k∈N equivale a n sucesiones de numeros reales, pues para

Sergio Plaza 29

cada k ∈ N tenemos que x(k) = (xk1, xk2, . . . , xkn) , donde xki =

πi(xk) y πi : Rn → R es la aplicacion lineal proyeccion en la i–

esima coordenada. Luego, la sucesion x = (xk)k∈N es convergente

si y solo si las sucesiones (xki)k∈N (i = 1, . . . , n) son convergentes,

y por lo tanto, podemos aplicar todos los criterios que conocemos

de analisis en una variable para estudiar la convergencia de las

sucesiones (xki)k∈N (i = 1, . . . , n)

Proposicion 2.1 Sea (xk)k∈N una sucesion convergente en V . En-

tonces xk : k ∈ N es acotado.

Demostracion. Sea a = limk→∞

xk . Entonces existe k0 ∈ N tal que para

todo k > k0 , se tiene que xk ∈ B(a, 1) . Como el conjunto xk : 1 6k < k0 es finito, se tiene que M = maxN(xk − a) : 1 6 k < k0 es finito, por lo tanto xk : a 6 k < k0 ⊂ B(0,M) . Ahora, sea

c = maxM, ε , se tiene que xk : k ∈ N ⊂ B(a, c) . Lo que completa

la prueba.

Observacion. La recıproca de la proposicion anterior no es verdadera,

pues tomando la sucesion (xk)k∈N en R , dada por xk = (−1)k se tiene

que |xk| 6 1 , pero ella no es convergente.

Proposicion 2.2 Si (xk)k∈N es una sucesion convergente en V . En-

tonces toda subsucesion (xki)i∈N de (xk)k∈N es convergente. Ademas,

si limk→∞

xk = b entonces limi→∞

xki= b .

Demostracion. Sea b = limk→∞

xk , entonces dado ε > 0 existe k0 ∈ Ntal que k > k0 implica xk ∈ B(b, ε) . Como N′ = k1 < k2 < · · · <

kj < · · · ⊂ N , se sigue que existe un ındice, digamos j0 ∈ N tal que

kj0 > k0 . Luego, kj > k0 para todo j > j0 , y por lo tanto xkj∈ B(b, ε)


para todo j > j0 , es decir, (xkj )kj∈N′ es convergente, y limkj→∞

xkj = b ,

y la prueba esta completa.

Proposicion 2.3 Sea (xk)k∈N una sucesion en V . Si (xk)k∈N es

convergente entonces su lımite es unico.

Demostracion. Supongamos que (xk)k∈N es convergente y que posee

dos lımites, digamos a y b . Dado ε > 0 , existen k1, k2 ∈ N tales que

si k > k1 entonces N(xk−a) < ε y si k > k2 entonces N(xk− b) < ε .

Tenemos N(a − b) 6 N(a − xk) + N(xk − b) , luego tomando k0 =

maxk1, k2 se tiene que si k > k0 entonces N(a − b) 6 2ε . Como

ε > 0 es arbitrario se sigue que N(a − b) = 0 , de donde a = b , y la

prueba esta completa.

Definicion 2.3 Decimos que dos normas N1 y N2 en V son equiv-

alente si, existen constantes C1 > 0 y C2 > 0 tales que

C1N1(x) 6 N2(x) 6 C2N1(x) , para todo x ∈ V .

Observacion. Desde la definicion de convergencia de sucesiones, se

tiene que si N1 y N2 son dos normas equivalentes en V entonces una

sucesion es convergente respecto de la norma N1 si, y solo si, es conver-

gente respecto a N2 .

Proposicion 2.4 Sea V un espacio vectorial con producto interno

I . Sean (xk)k∈N e (yk)k∈N sucesiones en V , y sea (αk)k∈N una

sucesion de numeros reales. Si existen a = limk→∞

xk , b = limk→∞

yk , y

α = limk→∞

αk entonces las sucesiones (sk)k∈N , (tk)k∈N , (uk)k∈N , y

(wk)k∈N , definidas por sk = xk + yk , tk = αkxk , uk = I(xk, yk) ,

y wk = NI(xk) son convergentes. Ademas,

Sergio Plaza 31

a) limk→∞

xk + yk = a + b ,

b) limk→∞

αkxk = αa ,

c) limk→∞

I(xk, yk) = I(a, b) ,

d) limk→∞

N(xk) = N(a) .

Demostracion. Sea ε > 0 dado. Entonces existe k0 ∈ N tal que

N(xk − a) < ε , N(yk − b) < ε , y |αk − α| < ε para todo k > k0 .

a) Se tiene que N((xk + yk)− (a+ b)) 6 N(xk− a)+N(yk− b) . Luego,

si k > k0 entonces N((xk + yk) − (a + b)) 6 2ε , por lo tanto (sk)k∈N

es convergente y limk→∞

xk + yk = a + b .

b) Se tiene que N(αkxk−αa) = N(αkxk−αka+αka−αa) 6 |αk|N(xk−a) + |αk − α|N(a) . Sea M > 0 tal que |αk| 6 M para todo k ∈ N .

Ahora, si k > k0 entonces N(αkxk−αa) < Mε+εN(a) = (M+N(a))ε ,

de donde (αkxk)k∈N es convergente y limk→∞

αkxk = αa .

c) Para mostrar esta parte, vemos que desde la desigualdad de Cauchy–

Schwartz, tenemos que |I(x, y)| 6 NI(x)NI(y) . Ahora, |I(xk, yk) −I(a, b)| = |I(xk, yk) − I(xk, b) + I(xk, b) − I(a, b)| = |I(xk, yk − b) +

I(xk − a, b)| 6 NI(xk)NI(yk − b) + NI(xk − a)NI(b) . Sea M > 0

tal que NI(xk) 6 M para todo k ∈ N . Luego, si k > k0 entonces

|I(xk, yk)− I(a, b)| 6 Mε + εNI(b) = (M + NI(b))ε , de donde se sigue

el resultado.

d) Se tiene, por definicion, que NI(x) =√

I(x, x) . Luego, NI(xk) =√

I(xk, xk) y como (I(xk, xk))k∈N es una sucesion convergente de nume-

ros reales no negativos, limk→∞

√I(xk, xk) =

√lim

k→∞I(xk, xk) =

√I(a, a) =

NI(a) , como querıamos probar.


Nota. La existencia de limk→∞

xk + yk no implica la existencia de los

lımites limk→∞

xk y limk→∞

yk . Por ejemplo consideremos las sucesiones

(xk)k∈N e (yk)k∈N , cuyos terminos k–esimos son xk = (−1)k e yk =

(−1)k+1 . Es claro que ninguna de ellas tiene lımite, pero xk + yk =

0 para todo k ∈ N . Observaciones analogas se aplican a las otras

sucesiones de la proposicion anterior. La construccion de ejemplos se

deja a cargo del lector.

Teorema 2.1 (Bolzano–Weierstrass) Toda sucesion acotada en Rn

posee una subsucesion convergente.

Demostracion. Sea (xk)k∈N una sucesion acotada en Rn , y sean

(xki)k∈N (i = 1, . . . , n) las sucesiones coordenadas de (xk)k∈N . Como

(xk)k∈N es acotada, se tiene que cada sucesion coordenada es acotada.

Ahora, como el Teorema de Bolzano–Weierstrass es valido para suce-

siones de numeros reales, se tiene que (xk1)k∈N posee una subsucesion

convergente, es decir, existe un conjunto N1 ⊂ N infinito y un numero

real a1 tal que limk∈N1

xk1 = a1 (aquı, la notacion limk∈N1

xk1 significa sim-

plemente el lımite de la subsucesion (xk1)k∈N1 ). Ahora, como (xk2)k∈N

es acotada, existen un conjunto infinito N2 ⊂ N1 y un numero real

a2 tal que limk∈N2

xk2 = a2 . Repitiendo este argumento, encontramos

conjuntos infinitos Nn ⊂ Nn−1 ⊂ · · · ⊂ N2 ⊂ N1 ⊂ N y numeros

reales a1, . . . , an tales que limk∈Nj

xkj = aj para j = 1, . . . , n . Sea

a = (a1, . . . , an) . Entonces limk∈Nn

xk = a , como querıamos probar.

Definicion 2.4 Sea (xk)k∈N una sucesion en V . Decimos que un

punto a ∈ V es un punto de adherencia de xk : k ∈ N si, existe

una subsucesion convergente (xkj )j∈N de (xk)k∈N con a = lim→∞xkj .

Sergio Plaza 33

Notas.

1. El Teorema de Bolzano–Weierstrass dice que el conjunto de puntos

de adherencia de una sucesion acotada en Rn es no vacıo.

2. Sea (xk)k∈N una sucesion en V . Si (xk)k∈N es convergente en-

tonces tiene un unico punto de adherencia, y este es limk→∞

xk .

Proposicion 2.5 Sea (xk)k∈N una sucesion en V . Entonces a ∈ V

es un punto de adherencia de (xk)k∈N si, y solo si, para cada ε > 0

dado, la bola B(a, ε) contiene elementos de xk : k ∈ N con ındices

arbitrariamente grandes.

Demostracion. Si a ∈ V es un punto de adherencia de (xk)k∈N

entonces existe una subsucesion (xkj )j∈N de (xk)k∈N con a = limj→∞

xkj ,

de donde para cada ε > 0 dado, existe j0 ∈ N tal que j > j0 implica

xkj ∈ B(a, ε) .

Recıprocamente, existe k1 ∈ N tal que N(xk1−a) < 1 ; existe k2 > k1

tal que N(xk2−a) < 1/2 , y ası sucesivamente, existe kj > kj−1 tal que

N(xkj−a) < 1/j . Luego, la subsucesion (xkj )j∈N de (xk)k∈N , satisface

limj→∞

xkj = a . Esto completa la prueba.

De lo anterior, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 2.2 Sea (xk)k∈N una sucesion acotada en Rn . Entonces

(xk)k∈N es convergente si, y solo si, tiene un unico punto de adherencia.

Demostracion. Si la sucesion es convergente entonces ella tiene un

unico punto de adherencia.

Recıprocamente, sea a ∈ Rn el unico punto de adherencia de (xk)k∈N .

Afirmamos que a = limk→∞

xk .


Si no, entonces existe ε > 0 tal que el conjunto N1 = k ∈ N :

xk /∈ B(a, ε) es infinito. Ahora, como la sucesion (xk)k∈N es aco-

tada, se sigue que la sucesion (xk)k∈N1 tambien es acotada, luego por el

Teorema de Bolzano–Weierstrass ella posee una subsucesion (xk)k∈N2

convergente (N2 ⊂ N1 infinito). Sea b = limk∈N2

xk .

Como para k ∈ N2 se tiene que N(xk−a) > ε se sigue que N(b−a) >ε . Luego, b 6= a , por lo tanto (xk)k∈N tiene dos puntos distintos de

adherencia. Esto es una contradiccion, y la prueba del teorema esta

completa.

Definicion 2.5 Sea (xk)k∈N una sucesion en V . Decimos que (xk)k∈N

es una sucesion de Cauchy si, para cada ε > 0 existe k0 ∈ N tal que si

r, ` > k0 entonces N(xr − x`) < ε .

Teorema 2.3 Toda sucesion convergente es de Cauchy.

Demostracion. Sea (xk)k∈N una sucesion convergente en V , y sea

a = limk→∞

xk . Entonces dado ε > 0 existen k1, k2 ∈ N tales que N(xk−a) < ε/2 para k > k1 y N(xk − a) < ε/2 para k > k2 . Sea k0 =

maxk1, k2 . Si r, ` > k0 entonces N(xr−x`) 6 N(xr−a)+N(x`−a) <

ε/2 + ε/2 = ε .

Nota. Si (xk)k∈N es una sucesion de Cauchy en V entonces no nece-

sariamente ella es convergente, por ejemplo considere la sucesion de

aproximaciones decimales con un, dos, tres, ..., dıgitos a√

2 . Esta

es una sucesion de numeros racionales, la cual es de Cauchy, pero no

convergente en Q .

Definicion 2.6 Decimos que un espacio vectorial normado es completo

si cada sucesion de Cauchy en V es convergente.

Sergio Plaza 35

Teorema 2.4 (completitud de Rn ) El espacio vectorial normado Rn

es completo.

Demostracion. Sea (xk)k∈N una sucesion de Cauchy en Rn , entonces

sus sucesiones coordenadas (xki)k∈N (i = 1, . . . , n) son sucesiones de

Cauchy en R . Ahora, como R es completo, se tiene que existen numeros

reales a1, . . . , an tales que limk→∞

xki = ai para i = 1, . . . , n . Sea a =

(a1, . . . , an) ∈ Rn . Es claro que limk→∞

xk = a . Lo que completa la

prueba.

2.1 Puntos de Acumulacion

Sea V un espacio vectorial normado con una norma N fijada.

Definicion 2.7 Sea X ⊂ V . Decimos que a ∈ V es un punto de

acumulacion de X si toda bola abierta de centro en a contiene puntos

de X diferentes de a , es decir, para todo ε > 0 dado, existe x ∈ X ,

con x 6= a tal que 0 < N(x− a) < ε .

Ejemplos.

1. Sea X = B(a, r) entonces todo punto de B[a, r] es punto de

acumulacion de B(a, r) .

2. Sea X = 1/n : n ∈ N ⊂ R . El unico punto de acumulacion de

X es 0.

En efecto, es claro que ningun punto 1/n de X es punto de

acumulacion de X , pues tomando ε = 12 | 1

n+1 − 1n | se tiene que

B( 1n , ε) ∩ X = 1

n . Por otra parte, para cada ε > 0 se tiene

que B(0, ε) contiene infinitos puntos, pues por la Propiedad Ar-

quimedeana de los numeros reales, existe nε ∈ N tal que nε ε > 1 ,


es decir, 1nε

< ε , y por lo tanto todo m ∈ N con m > nε , satisface1m < ε , luego B(0, ε) ∩X = 1

n : n > nε .

El conjunto de puntos de acumulacion de un conjunto X ⊂ V se

denota por X ′ , y es llamado conjunto derivado de X .

Proposicion 2.6 Sean X ⊂ V y a ∈ V . Entonces las siguientes

afirmaciones son equivalentes:

1) a es un punto de acumulacion de X ,

2) existe una sucesion (xk)k∈N de puntos de X , con limk→∞

xk = a y

xk 6= a para todo k ∈ N ,

3) toda bola abierta de centro en a contiene infinitos puntos de X ,

diferentes de a .

Demostracion. 1) =⇒ 2). Como a ∈ V es un punto de acumulacion

de X , se sigue que para cada k ∈ N existe un punto xk ∈ X , con

xk 6= a , tal que 0 < N(xk − a) < 1/k . de aquı es claro que la sucesion

(xk)k∈N de puntos de X satisface limk→∞

xk = a , y xk 6= a para todo

k ∈ N .

2) =⇒ 3). Sea (xk)k∈N una sucesion, con xk ∈ X , xk 6= a para todo

k ∈ N , y a = limk→∞

xk . Entonces para cualquier k0 ∈ N el conjunto

xk : k > k0 es infinito, si no, existirıa un elemento, digamos xk

que se repitirıa infinitas veces y esto nos proporciona una subsucesion

constante, luego convergente con lımite distinto de a .

3) =⇒ 1). Inmediata.

Corolario 2.5 Si X ′ 6= ∅ entonces X es infinito.

Sergio Plaza 37

Demostracion. Inmediata.

Nota. Se sigue del Corolario que si X es finito entonces X ′ = ∅ . La

recıproca es falsa, por ejemplo consideremos el conjunto Z ⊂ R , se tiene

que Z′ = ∅ , pero claramente este conjunto no es finito.

En Rn , por el Teorema de Bolzano–Weierstrass tenemos el siguiente

teorema.

Teorema 2.6 Si X ⊂ Rn es infinito y acotado entonces X ′ 6= ∅ .

Demostracion. Como X es infinito, este contiene un conjunto nu-

merable infinito de puntos distintos x1, x2, . . . , xk , . . . . De este modo

obtenemos una sucesion (xk)k∈N , con xk ∈ X para todo k ∈ N . Ahora,

como X es acotado se sigue que la sucesion (xk)k∈N es acotada, y por

el Teorema de Bolzano–Weierstrass ella posee una subsucesion (xkj )j∈N

convergente a algun punto a ∈ Rn . Finalmente, como los terminos de la

sucesion (xkj )j∈N son distintos dos a dos, se sigue que a lo mas uno de

ellos podrıa ser igual a a , eliminando ese termino, si existe, obtenemos

una sucesion (xkj)j∈N de elementos de X todos distintos de a , con

limk→∞

xkj = a .

Definicion 2.8 Decimos que a ∈ X es un punto aislado de X si,

existe ε > 0 tal que B(a, ε) ∩ X = a , es decir, a no es punto de

acumulacion de X .

Si todo punto de X es aislado, decimos que X es discreto. Por

ejemplo, Z ⊂ R es discreto, y en consecuencia Zn ⊂ Rn es discreto.


2.2 Caracterizacion de los Conjuntos Cerrados

Hemos definido un conjunto cerrado como el complemento de un con-

junto abierto, ahora daremos una caracterizacion de los conjuntos cerra-

dos en terminos de sucesiones.

Definicion 2.9 Sea X ⊂ V . La clausura de X es el conjunto de sus

puntos adherentes, y se denota por X o clausura(X) .

Desde la definicion, tenemos que a /∈ X si, y solo si, existe ε > 0 tal

que B(a, ε) ∩X = ∅ .

Sea O ⊂ V un conjunto abierto, y sea a ∈ O entonces existe ε > 0

tal que B(a, ε) ⊂ O , y como cada bola abierta es un conjunto abierto,

tenemos:

a) a ∈ X si, y solo si, para todo conjunto abierto O ⊂ V , con

a ∈ O , se tiene que X ∩O 6= ∅ .

b) a /∈ X si, y solo si, existe un conjunto abierto O ⊂ V , con a ∈ O,

tal que X ∩O = ∅ .

Ejemplo. Sea Qn ⊂ Rn el conjunto de puntos de Rn con todas sus

coordenadas racionales, entonces Qn = Rn .

Tenemos la siguiente caracterizacion de los conjuntos cerrados.

Teorema 2.7 Sea X ⊂ V . Entonces X es cerrado si, y solo si,

X = X .

Demostracion. Si X ⊂ V es cerrado, entonces O = V − X es un

conjunto abierto. Luego, si y /∈ X entonces y ∈ O , y como O es

abierto, existe ε > 0 tal que B(y, ε) ⊂ O , por lo tanto B(y, ε) ∩X =

Sergio Plaza 39

∅ , de donde y no es un punto adherente de X . Luego, todo punto

adherente de X debe pertenecer a X , esto es, X ⊂ X , y como es claro

que X ⊂ X , se tiene que X = X .

Recıprocamente, supongamos que X = X . Sea O = V −X , entonces

para todo b ∈ O existe ε > 0 tal que B(b, ε) ∩ X = ∅ . Luego, si

x ∈ B(b, ε) se tiene que B(b, ε) es un conjunto abierto que contiene a

x , y es disjunto de X . Luego, B(b, ε) ⊂ V −X , es decir, O = V −X

es un conjunto abierto, y por lo tanto X es cerrado.

Corolario 2.8 La clausura de un conjunto cerrado es un conjunto ce-

rrado.

Demostracion. Si X ⊂ V es un conjunto cerrado entonces X = X .

Luego, X es un conjunto cerrado.

Nota. El corolario arriba nos dice que X = X .

Corolario 2.9 Sea X ⊂ V . Entonces X es cerrado si, y solo si, para

cada sucesion convergente (xk)k∈N , con xk ∈ X para todo k ∈ N , se

tiene que limk→∞

xk ∈ X .

Demostracion. Si X ⊂ V es cerrado entonces X = X . Luego,

si (xk)k∈N es una sucesion convergente de elementos de X entonces

a = limk→∞

xk es un elemento de X = X .

Recıprocamente, es claro que X ⊂ X . Ahora, si a ∈ X entonces

existe una sucesion de puntos xk ∈ X , con xk 6= a para todo k ∈ N y

a = limk→∞

xk , como por hipotesis se tiene que limk→∞

xk ∈ X , se sigue que

a ∈ X , es decir, X ⊂ X .

Nota. Es claro que si X ⊂ Y ⊂ V entonces X ⊂ Y , de esto se sigue

la siguiente proposicion.


Proposicion 2.7 Sea X ⊂ V un conjunto acotado, entonces X es

un conjunto acotado.

Demostracion. Como X es acotado, existe M > 0 tal que X ⊂B[0,M ] . Como B[0, M ] es un conjunto cerrado se sigue que X ⊂B[0,M ] = B[0,M ] , esto es, X es acotado.

Desde la definicion de punto frontera de un conjunto X ⊂ V , tenemos

que a ∈ Fr(X) si, y solo si, a es adherente a X y a V −X , es decir,

Fr(X) = X ∩ V −X . En particular, Fr(X) es un conjunto cerrado.

Del mismo modo como definimos conjunto abierto relativo a un con-

junto X ⊂ V , definimos el concepto de conjunto cerrado relativo a X ,

diciendo que C ⊂ X es cerrado en X si existe un conjunto cerrado

F ⊂ V tal que C = F ∩ X . De modo analogo al caso de conjuntos

abiertos relativos, se prueba que:

a) ∅, X son conjuntos cerrados relativos a X ,

b) si C1, C2 ⊂ X son conjuntos relativos a X , entonces C1 ∪ C2 es

un conjunto cerrado relativo a X ,

c) si Cλ : λ ∈ Λ es una coleccion de conjuntos Cλ ⊂ X , cerrados

relativos a X , entonces ∩λ∈ΛCλ es un conjunto cerrado relativo

a X .

Note que C ⊂ X es cerrado relativo a X si, y solo si, X−C es abierto

relativo a X . De esto podemos definir una topologıa para V tomando la

coleccion de los conjuntos cerrados en V , y una topologıa para X ⊂ V

considerando la coleccion de los conjuntos cerrados relativos a X .

Sean Y ⊂ X ⊂ V . Definimos la clausura de Y relativo a X como

siendo el conjunto Y ∩X , es decir, es el conjunto de puntos adherentes

de Y que pertenecen a X .

Sergio Plaza 41

Definicion 2.10 Sean Y ⊂ X ⊂ V . Decimos que Y es denso en X

si Y ∩X = X , y decimos que Y es denso en V si Y = V .

Nota. Desde la definicion, se tiene que Y ⊂ X es denso en X si, y

solo si, para cada x ∈ X y cada ε > 0 , se tiene que B(x, ε) ∩ Y 6= ∅ .

Proposicion 2.8 Todo subconjunto X ⊂ Rn contiene un subconjunto

numerable el cual es denso en X

Demostracion. Si X es finito o numerable, no hay que probar.

Supongamos que X es infinito no numerable. Sea B = B(q, r) : q ∈Qn y r ∈ Q , la coleccion de las bolas abiertas con centro en puntos con

todas sus coordenadas racionales en Rn y radio racional. Esta coleccion

es numerable, es decir, podemos escribir B = B1, B2 , . . . . Para cada

i ∈ N elijamos un punto xi ∈ Bi ∩ X , caso esta interseccion sea no

vacıa. Si Bi ∩ X = ∅ , tal xi no existira. Sea E = xi : i ∈ N el

conjunto obtenido de ese modo.

Ahora, sea x ∈ X y ε > 0 . Tenemos que existe r > 0 racional con

2r < ε . Como Qn es denso en Rn , existe q ∈ Qn tal que ||x− q|| < r .

Luego, x ∈ B(q, r) = Bi para algun i ∈ N . Por lo tanto, Bi ∩X 6= ∅y existe xi ∈ E . Como x, xi ∈ Bi = B(q, r) se tiene que ||x − xi|| 6||x− q||+ ||q − xi|| < 2r < ε . Luego, B(x, ε) ∩X 6= ∅ , de donde E es

denso en X , como querıamos probar

2.3 Conjuntos Compactos

Definicion 2.11 Sea K ⊂ V . Decimos que K es compacto si, toda

sucesion (xk)k∈N en K posee una subsucesion convergente a un punto

de K .


Nota. Desde el Teorema de Bolzano–Weierstrass, tenemos la siguiente

caracterizacion de los conjuntos compactos en Rn .

Teorema 2.10 Sea K ⊂ Rn . Entonces K es compacto si, y solo si,

K es cerrado y acotado.

Demostracion. Supongamos que K ⊂ Rn es cerrado y acotado, y sea

(xk)k∈N una sucesion de puntos en K . Entonces (xk)k∈N es acotada, y

por el Teorema de Bolzano–Weierstrass se sigue que (xk)k∈N posee una

subsucesion convergente, digamos (xkj )j∈N . Sea a = limj→∞

xkj . Como

K es cerrado y xkj∈ K para todo j ∈ N , se sigue que a ∈ K . Por lo

tanto K es compacto.

Recıprocamente, supongamos que K es compacto y que (xk)k∈N es

una sucesion de puntos en K , convergente a un punto a . Entonces

(xk)k∈N posee una subsucesion (xkj )j∈N convergente a un punto de K ,

y como limj→∞

xkj = limk→∞

xk , se sigue que a = limk→∞

xk ∈ K , por lo tanto

K es cerrado. Finalmente, si K no es acotado, entonces existe una

sucesion (xk)k∈N , con xk ∈ K para todo k ∈ N , tal que ||xk|| > k .

Esta sucesion no posee ninguna subsucesion convergente, luego K no

es compacto, esta comtradiccion completa la prueba.

Tenemos la siguiente proposicion, cuya prueba es inmediata a partir

de la definicion de conjunto compacto.

Proposicion 2.9 a) Sean K1, . . . ,K` ⊂ V conjuntos compactos,

entonces K1 ∪ . . . ∪K` es compacto.

b) Sea Kλ : λ ∈ Λ una familia de subconjuntos compactos de V ,

entonces ∩λ∈ΛKλ es un conjunto compacto.

c) Si K1 ⊂ V y K2 ⊂ W son conjuntos compactos, entonces K1 ×K2 ⊂ V ×W es un conjunto compacto.

Sergio Plaza 43

Demostracion A cargo del lector.

Teorema 2.11 (Cantor) Si Kn : n ∈ N es una sucesion decre-

cientes de conjuntos compactos no vacıos, es decir, K1 ⊃ K2 ⊃ · · · ⊃Km ⊃ · · · entonces la interseccion K = ∩n∈NKn es un conjunto com-

pacto no vacıo

Demostracion. Por la proposicion anterior K es compacto. Ahora,

para cada k ∈ N elegimos un punto xk ∈ Kk y obtenemos un sucesion

(xk)k∈N . Como K1 ⊃ K2 ⊃ · · · se sigue que (xk)k∈N es una sucesion

en K1 , por lo tanto posee una subsucesion convergente (xkj )j∈N , con

limj→∞

xkj = x ∈ K1 .

Dado n ∈ N arbitrario, tenemos que xni ∈ Kn para todo ni > n ,

luego x = limi→∞

xni ∈ Kn . Por lo tanto, el punto x ∈ Kn para todo

n ∈ N , es decir, x ∈ K = ∩n∈NKn .

Definicion 2.12 Sea X ⊂ V . Decimos que una coleccion Aα : α ∈Γ de subconjuntos de V es un cubrimiento de X si X ⊂ ∪α∈ΓAα . Si

cada Aα es un conjunto abierto (cerrado, compacto, etc.) decimos que

Aα : α ∈ Γ es un cubrimiento abierto (cerrado, compacto, etc.)

Sea Aα : α ∈ Γ un cubrimiento de X ⊂ V , un subcubrimiento

de X es una subcoleccion Aα : α ∈ Γ′ , donde Γ′ ⊂ Γ y X ⊂∪α∈Γ′Aα . Decimos que el cubrimiento Aα : α ∈ Γ es numerable

(respectivamente, finito) si Γ es numerable (respectivamente, finito).

Teorema 2.12 (Lindelof) Sea X ⊂ Rn . Entonces todo cubrimiento

abierto O = Oλ : λ ∈ Λ de X posee un subcubrimiento numerable.

Demostracion. Sea E = x1, x2, . . . ⊂ X un conjunto numerable

y denso en X . Sea B la coleccion de las bolas abiertas B(x, r) con


centro en algun x ∈ E y radio r racional, y tales que cada una de

ellas esta contenida en algun elemento de Oλ de O , para algun λ ∈ Λ .

Es claro que la coleccion B es numerable. Ahora, dado x ∈ X , existe

r > 0 racional tal que B(x, 2r) ⊂ Oλ , y como E es denso en X

existe x ∈ B(xi, r) . Sea y ∈ B(xi, r) entonces ||y − xi|| < r , luego

||x − y|| 6 ||x − xi|| + ||xi − y|| < 2r , por lo tanto y ∈ B(x, 2r) ⊂ Oλ ,

de donde concluimos que B(xi, r) ⊂ Oλ . Tomando una enumeracion

B1, B2, . . . , Bk, . . . para las bolas en B y eligiendo para cada j ∈ N un

ındice λi ∈ Λ tal que Bi ⊂ Oλise tiene que X ⊂ Oλ1 ∪ · · · ∪Oλn ∪ · · · .

Lo que completa la prueba.

Teorema 2.13 (Borel–Lebesgue) Sea K ⊂ Rn . Entonces K es com-

pacto si, y solo si, todo cubrimiento abierto O = Oλ : λ ∈ Λ de K

posee un subcubrimiento finito.

Demostracion. Por el Teorema de Lindelof obtenemos un subcubrim-

iento numerable Oλi : i ∈ N de K . Sea Ki = K ∩ (Rn − (Oλ1 ∪· · · ∪ Oλi

)) para todo i ∈ N . Esto nos da una sucesion decreciente de

conjuntos compactos K1 ⊃ K2 ⊃ · · · . Dado x ∈ K existe j ∈ N tal

que x ∈ Oλj , luego x /∈ Kj , es decir, ningun punto de K esta en todos

los Kj , de donde ∩∞j=1Kj = ∅ . Luego, por el Teorema de Cantor, algun

Ki0 = ∅ , esto significa que K ⊂ Oλ1 ∪ · · · ∪Oλi0−1 .

Recıprocamente, es inmediato que la coleccion B1 = B(x, 1) : x ∈K es un cubrimiento abierto de K , por lo tanto posee un subcubri-

miento finito, es decir, K ⊂ B(x1, 1) ∪ · · · ∪ B(xj , 1) . Luego, K esta

contenido en una union finita de conjuntos acotados, y en consecuencia

K es acotado. Ahora, si existe a ∈ K −K entonces para cada i ∈ N ,

tomamos Oi = Rn −B[a, 1/n] . Si K no es cerrado entonces para todo

x ∈ K se tiene que x 6= a , luego ||x−a|| > 1/n para algun n ∈ N , por

Sergio Plaza 45

lo tanto x ∈ On . De esto, tenemos que K ⊂ ∪∞n=1On , y existe entonces

un subcubrimiento finito, K ⊂ On1 ∪ · · · ∪ Onj . Como O1 ⊂ O2 ⊂ · · ·toda union de una coleccion de conjuntos Oi es igual al conjunto de

ındice mayor en la coleccion. Luego, K ⊂ Oi , para algun i ∈ N , esto

significa que la bola B(a, 1/i) no tiene puntos en comun con K , lo que

contradice que a ∈ K −K , y la prueba del teorema esta completa.

Observacion. Desde el Teorema de Borel–Lebesgue podemos redefinir

el concepto de conjunto compacto en Rn , diciendo que K ⊂ Rn es

compacto si, y solo si, todo cubrimiento abierto de K posee un sub-

cubrimiento finito. Esta es la deficion general de conjunto compacto en

topologıa.

2.4 Conexidad

Definicion 2.13 Sea X ⊂ V . Decimos que X es conexo si X =

A∪B , con A y B conjuntos abiertos y disjuntos implica que A = ∅ o

B = ∅ .

Si X no es conexo, decimos que X es disconexo.

Ejemplos.

1. X = R − 0 es disconexo en R , pues R − 0 = x ∈ R : x <

0 ∪ x ∈ R : x > 0 y ambos conjuntos son abiertos, disjuntos,

y no vacıos.

2. Todo conjunto discreto es disconexo.

3. Q ⊂ R es disconexo, pues existe a ∈ R−Q y tenemos Q = q ∈Q : q < a ∪ q ∈ Q : q > a , y ambos conjuntos son abiertos,

disjuntos, y no vacıos.


Para los subconjuntos conexos de R tenemos la siguiente caracteri-

zacion.

Teorema 2.14 Un subconjunto X ⊂ R es conexo si, y solo si, es un

intervalo (acotado o no).

Demostracion. Ver [12].

Teorema 2.15 La union de una familia de conjuntos conexos con un

punto en comun es un conjunto conexo.

Demostracion. Sea X = ∪λ∈ΛCλ , donde cada Cλ es conexo, y existe

a ∈ V con a ∈ Cλ para todo λ ∈ Λ . Si X = A∪B y a ∈ A , entonces

para cada λ ∈ Λ , tenemos que Xλ = X∩Cλ = (A∪B)∩Cλ = (A∩Cλ)∪(B ∩Cλ) . Como Cλ es conexo y a ∈ A , se tiene que B ∩Cλ = ∅ para

todo λ ∈ Λ . Luego, B = B ∩X = B ∩ (∪λ∈Λ) = ∪λ∈Λ(B ∩ Cλ) = ∅ .

Corolario 2.16 Sea X ⊂ V . Entonces X es conexo si, y solo si,

para cada a, b ∈ X existe un conjunto conexo Cab , con a, b ∈ Cab y

Cab ⊂ X .

Demostracion (=⇒) Obvia.

(⇐=) Fijemos a ∈ X . Entonces los conjuntos Cax , con x ∈ X son

conexo, y a ∈ Cax para todo x ∈ X . Ademas, es claro que ∪x∈XCax =

X . Luego, por la proposicion anterior, X es conexo.

2.5 Ejercicios

1. Sea G = B(a; r)− a . ¿Es G conexo?

2. Demuestre que x es un conjunto conexo.

Sergio Plaza 47

3. Demuestre que un convexo de (Rn, || · ||) es un conjunto conexo.

Concluya que las bolas en espacios normados son conjuntos conexos.

4. Pruebe que la sucesion (xk)k∈N dada por xk = (−1)k no es con-

vergente.

5. Sean N1 y N2 dos normas equivalentes en un espacio vectorial

normado V . Demuestre que una sucesion en V converge respecto

a N1 si, y solo si, converge respecto a N2 .

6. Pruebe que si X ⊂ V esta contenido en una union finita de con-

juntos acotados en V entonces X es acotado.

7. ¡Sera cierto que ∂A = A′ −A ?.

8. Sean A,B ⊂ V , dos conjuntos compactos en el espacio vectorial

normado V . Pruebe que el conjunto A+B = a+b : a ∈ A , b ∈B es un conjunto compacto.

9. Muestre con un ejemplo que A compacto no implica A compacto.

¿Vale la recıproca?

10. Encuentre una metrica para la que un conjunto es compacto si y

solo si es finito.

11. Pruebe que el conjunto K = 1n : n = 1, 2, . . .∪0 es compacto

en R .

12. Pruebe que la union finita de subconjuntos compacto es un con-

junto compacto.

13. Sea I ⊂ R un intervalo con extremos a < b . Sea c ∈ I con

a < c < b Prueba que I − c es disconexo. ¿Que ocurre si p


es un punto interior a un disco D en R2 , es decir, es D − pdisconexo?

14. Sea (xn)n∈N una sucesion de Cauchy en Rm . Pruebe que si

(xn)n∈N tiene alguna subsucesion convergente a x ∈ Rm entonces

(xn)n∈N es convegente y limn→∞xn = x .

15. Sea (xn)n∈N es una sucesion de Cauchy en Rm . Si (yn)n∈N es otra

sucesion en Rm verificando d(xn, yn) < 1/n para todo n > 1 ,

pruebe que:

(a) (yn)n∈N tambien es de Cauchy,

(b) limn→∞xn = x si, y solo si, lim

n→∞ yn = x .

16. Sea b ∈ B(a; r) tal que limk→∞

xk = b . Probar que existe k0 ∈ Ntal que xk ∈ B(a; r) para todo k > k0 .

17. Demuestre que si limn→∞xn = 0 en Rn con una norma, entonces

limn→∞xn = 0 en Rn con cualquier otra norma.

18. Calcule el interior, la adherencia y la acumulacion con la metrica

euclıdea de los conjuntos siguientes:

A = (x, y) : y = x3,B = ]0, 1]∪ ]9, 10[

C = (x, y, z)|x + y + z < 1.

19. Calcule los lımites, si existen, de las sucesiones siguientes

(i) xn = (nsen(1/n), n2+15n3+10

) .

(ii) xn = (n cos(1/n)− 1), n3+6n3+10

, 1n+1)

Capıtulo 3

Aplicaciones Continuas

Sean V y W espacios vectoriales normados, con normas N y N ,

respectivamente.

Definicion 3.1 Sea X ⊂ V . Decimos que una aplicacion f : X −→W es continua en un punto x0 ∈ X si, para cada ε > 0 dado, existe

δ > 0 (que depende de ε y de x0 ) tal que si x ∈ X , con N(x−x0) < δ ,

entonces N(f(x) − f(x0)) < ε . Ademas, decimos que f : X → W es

continua en X si es continua en cada punto x ∈ X .

En termino de bolas abiertas, la continuidad de una aplicacion f :

X → W en un punto x0 ∈ X se traduce como sigue: para cada ε > 0

dado, existe δ > 0 tal que f(B(x0, δ) ∩X) ⊂ B(f(x0), ε) .

La continuidad es un concepto local, esto es, si cada x0 ∈ X es el

centro de una bola abierta B tal que la restriccion de la aplicacion f a

esa bola, f/(X ∩B) , es continua entonces f es continua en X .

Notas.

1. Sean N1 y N2 normas equivalentes en V , y sean N1 y N2

normas equivalentes en W . Entonces una aplicacion f : X ⊂

49

50 Aplicaciones Continuas

V → W es continua en relacion a las normas N1 de V y N1 de

W si, y solo si, es continua respecto a las normas N2 de V y N2

de W .

La prueba es facil y se deja a cargo del lector.

2. Si f : X ⊂ V → W es continua. Entonces para cada Y ⊂ X se

tiene que f/Y : Y → W es continua. Esto es inmediato desde la

definicion.

3. Si x0 es un punto aislado de X ⊂ V entonces f : X → W

es continua en x0 , pues en este caso, se tiene que dado ε > 0

entonces para cualquier δ > 0 se satisface x ∈ X , N1(x−x0) < δ

implica N2(f(x)− f(x0)) = 0 < ε .

Ejemplos.

1. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x3 + y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Entonces f es continua. Mostrar la continuidad de f fuera origen

es facil y se deja a cargo del lector. Ahora, sea ε > 0 dado,

usando en R2 la norma euclideana, tenemos que |x| 6 ||(x, y)|| =√

x2 + y2 y |y| 6 ||(x, y)|| =√

x2 + y2 , luego

|f(x, y)| 6 2||(x, y)||3||(x, y)||2 = 2||(x, y)|| ,

por lo tanto basta tomar δ = ε/2 y tenemos que ||(x, y)−(0, 0)|| =||(x, y)|| < δ implica |f(x, y)| 6 ε .

Sergio Plaza 51

2. Toda aplicacion f : X ⊂ V → W es continua en un punto aislado

de X .

En efecto, sea a ∈ X un punto aislado. Entonces existe δ > 0 tal

que B(a, δ) ∩ X = a . Ahora, sea ε > 0 , tomamos el numero

δ > 0 anterior tenemos que x ∈ X , con N(x − a) < δ implica

que x = a , por lo tanto N(f(x)− f(x)) = 0 < ε .

3. Aplicaciones Lipschitzianas. Sea f : X ⊂ V → W . Decimos

que f es una aplicacion Lipschitz si, existe una constante Lf > 0

(constante de Lipschitz para f ) tal que

supx,y∈X

x 6=y

N(f(x)− f(y))N(x− y)

6 Lf .

Toda aplicacion f : X ⊂ V → W Lipschitz es continua.

En efecto, sea ε > 0 dado, elegimos δ = ε/(L+1) , donde L es la

constante de Lipschitz de f , se tiene que si x ∈ X , con N(x−x0) <

δ, entonces N(f(x)− f(x0)) 6 LN(x− x0) < L εL+1 < ε.

Una clase importante de aplicaciones lipschitzianas la constituyen

las transformaciones lineales entre espacios euclideanos.

En Rm y Rn consideramos normas N1 y N2 , respectivamente.

Se define una norma N en el espacio vectorial L(Rm,Rn) = L :

Rm → Rn ; L lineal , subordinada a las norma N1 y N2 , como

N(T ) = supN2(T (v)) : v ∈ Rm , N1(v) = 1

= sup

N2(T (v))N1(v)

: v ∈ Rm , v 6= 0

.

Es facil ver que N(T ) define una norma en L(Rm,Rn) (verifi-

cacion rutinaria a cargo del lector). Desde la definicion, se sigue


que N2((T (v)) 6 N(T )N1(v) para todo v ∈ Rm , con v 6= 0 , y

como esta desigualdad vale trivialmente para v = 0 , se tiene que

T es una aplicacion Lipschitz con constante de Lipschitz igual a

N(T ) .

4. Aplicaciones Bilineales. Una aplicacion B : Rm × Rn → R` es

bilineal si es lineal en cada variable, es decir,

(a) B(αv1 + v2, w) = αB(v1, w) + B(v2, w) ,

(b) B(v, βw1 + w2) = βB(v, w1) + B(v, w2) .

Sea L2(Rm × Rn,R`) el conjunto de las aplicaciones bilineales

de Rm × Rn en R` . Es facil ver que L2(Rm × Rn,R`) es un

espacio vectorial. Ahora, sean N1 , N2 , y N3 normas en Rm ,

Rn , y R` , respectivamente. En Rm ×Rn consideramos la norma

N0(v, w) = maxN1(v), N2(w) . Definimos una norma N en

L2(Rm × Rn,R`) , subordinada a las normas N0 y N3 por

N(B) = supN3(B(v, w)) : (v, w) ∈ Rm × Rn ,

N1(v) = N2(w) = 1

= sup

N3(B(v, w))N0(v, w)

: (v, w) ∈ Rm × Rn ,

v 6= 0 , w 6= 0 .

Desde la definicion, tenemos que N3(B(v, w)) 6 N(B)N1(v)N2(w)

para todo (v, w) ∈ Rm × Rn .

En efecto, la desigualdad es trivial si v = 0 o w = 0 . Ahora, si

v 6= 0 y w 6= 0 , se tiene que los vectores v1 = v/N1(v) y w1 =

w/N2(w) satisfacen N1(v1) = N2(w1) = 1 , luego N0(v1, w1) 6N(B) , y de aquı se sigue que N1(B(v, w)) 6 N(B)N1(v)N2(w) .

Sergio Plaza 53

Ahora, sean (v, w), (u, z) ∈ Rm×Rn . Tenemos B(v, w)−B(u, z) =

B(v, w−z)+B(v−u, z) , luego N(B(v, w)−B(u, z)) 6 N(B(v, w−z)) + N(B(v−u, z)) 6 N(B)(N1(v)N2(w− z) + N1(v−u)N2(z)) .

Consecuentemente, dado ε > 0 tomamos δ = ε2N(B)(M+1) , donde

M = maxN1(v), N2(w) y se tiene que N0((v, w) − (u, z)) < δ

implica que N1(v − u) < δ y N2(w − z) < δ . Luego,

N(B(v, w)−B(u, z)) < N(B)(N1(v)δ + δN2(z))

= N(B)δ(N1(v) + N2(z))

6 N(B)δ2M

= N(B)2Mε

2N(B)(M + 1)< ε ,

es decir, N((v, w)−(u, z)) < δ implica N(B(v, w)−B(u, z)) < ε .

Por lo tanto, B es continua en cada punto (v, w) ∈ Rm × Rn .

Algunas consecuencias

(a) Sea λ : R × Rm → Rm la aplicacion dada por λ(α, v) = αv

(producto escalar). Claramente, λ es bilineal, por lo tanto

continua.

(b) Sea I : Rm × Rm → R un producto interno. Por definicion,

I es bilineal, por lo tanto continua.

Para los siguientes ejemplos, identificamos el espacio vecto-

rial de las aplicaciones lineales de Rm en Rn , el cual hemos

denotado por L(Rm,Rn) con el espacio vectorial Rmn .

(c) Sea eval : L(Rm,Rn) × Rm → Rn la aplicacion dada por

ev(L, x) = L(x) , evaluacion de L en x . Es claro que eval

es bilineal, por lo tanto continua.


(d) Sea comp : L(Rm,Rn) × L(Rp,Rm) → L(Rp,Rn) la apli-

cacion dada por comp(L, T ) = T L (composicion de aplica-

ciones lineales). Es claro que comp es bilineal, por lo tanto

continua.

(e) Sea p : R × R → R la aplicacion dada por p(x, y) = x · y ,

producto de numeros reales. Es claro que p es bilineal, por

lo tanto continua.

(f) Sea M(m×n,R) el espacio vectorial de las matrices de orden

m × n con entradas reales. Sea P : M(m × n,R) ×M(n ×p,R) →M(m×p,R) la aplicacion dada por P (A,B) = A·B ,

producto de matrices. Se tiene que P es bilineal, por lo tanto

continua.

5. Isometrıas. Decimos que una aplicacion f : X ⊂ V → W es

una isometrıa si N(f(x)− f(y)) = N(x− y) , es decir, f preserva

distancias. Es claro, desde la definicion que toda isometrıa es una

aplicacion continua. Para verlo basta tomar δ = ε en la definicion

de continuidad.

Por ejemplo, si n 6 m entonces la aplicacion i : Rn → Rm

definida por i(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn, 0, . . . , 0) es una isometrıa.

Nota. Toda isometrıa es una aplicacion inyectiva, pues si f(x) =

f(y) entonces 0 = N(f(x)− f(y)) = N(x− y) , luego x = y .

Sea f : X ⊂ V → W una isometrıa, y sea Y = f(X) . Entonces

f−1 : Y → X tambien es una isometrıa.

Por ejemplo, si a ∈ V es un vector fijo y Ta : V → V es dada por

Ta(v) = a + v , traslacion por a . Entonces Ta es una isometrıa y

T−1a = T−a .

Sergio Plaza 55

En Rm tenemos que T : Rm → Rm es una aplicacion lineal

entonces T es una isometrıa si, y solo si, 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉para todo x, y ∈ Rm .

6. Contracciones Debiles. Decimos que una aplicacion f : X ⊂V → W es una contraccion debil si f es Lipschitz con constante

de Lipschitz igual a 1, es decir, para cada x, y ∈ X se tiene que

N(f(x) − f(y)) 6 N(x − y) . Es inmediato que toda contraccion

debil es una aplicacion continua.

Ejemplo, sea s : V ×V → V la aplicacion dada por s(x, y) = x+y

(suma de vectores en V ). Para ver que s es una contraccion debil,

tomamos en V × V la norma NS((x, y)) = N(x) + N(y) (norma

de la suma). Sean (x, y), (u, v) ∈ V × V , se tiene N(s(x, y) −s(u, v)) = N((x−u)+(y−v)) 6 N(x−u)+N(y−v) = NS((x, y)−(u, v)) .

Ejemplo, proyecciones. Sean V1 y V2 espacios vectoriales nor-

mados, con normas N1 y N2 , respectivamente. Se definen las

aplicaciones πi : V1 × V2 → Vi (i = 1, 2) por π1(x, y) = x y

π2(x, y) = y , estas son llamadas proyecciones en la primera y se-

gunda coordenada, respectivamente. En V1 × V2 consideramos la

norma de la suma NS(x, y) = N1(x) + N2(y) . Tenemos

N1(π1(u1, v1)− π1(u2, v2)) = N1(u1 − u2)

6 N1(u1 − u2) + N2(v1 − v2)

= NS((u1 − u2, v1 − v2))

= NS((u1, v1)− (u2, v2)) .

Luego, π1 es una contraccion debil. De modo analogo se prueba

que π2 es una contraccion debil.


Este ejemplo se generaliza a un producto cartesiano de un numero

finito de espacios vectoriales normados. Ası, considerando Rm

como el producto cartesiano de n copias de R se tiene que las

proyecciones πi : Rn → R , definidas por πi(x1, . . . , xi, . . . , xn) =

xi (proyeccion en la i–esima coordenada) es una contraccion debil,

por lo tanto continua, para cada i = 1, . . . , n .

Teorema 3.1 Sean f : X ⊂ V → W y g : Y ⊂ W → Z aplicaciones,

con f es continua en a ∈ X y g es continua en f(a) , y f(X) ⊂ Y ,

Entonces la aplicacion g f es continua en a .

Demostracion. Sea ε > 0 dado. Como g es continua en f(a) se

tiene que existe η > 0 tal que si y ∈ Y satisface N2(y − f(a)) < η

entonces N3(g(y) − g(f(a))) < ε . Considerando el numero η > 0 se

tiene que existe δ > 0 tal que si x ∈ X y N1(x − a) < δ entonces

N2(f(x) − f(a)) < η , y por lo tanto N3(g(f(x)) − g(fa))) < ε , lo que

muestra que g f es continua en a .

Teorema 3.2 Sean f, g : X ⊂ V → W y α : X → R aplica-

ciones continuas en a ∈ X . Entonces las aplicaciones f ± g , αf ,

y I(f, g) , dadas por (f ± g)(x) = f(x) ± g(x) , (αf)(x) = α(x)f(x) ,

y I(f, g)(x) = I(f(x), g(x)) ( I u producto interno en W ) son con-

tinuas en a : Ademas, la aplicacion 1α : X − α−1(0) → R , donde

α−1(0) = x ∈ X : α(x) = 0 , dada por 1α(x) = 1

α(x) es continua

en a , si α(a) 6= 0 .

Demostracion. Sean s : W ×W → W , ϕ : R ×W → W , y ξ : R −0 → R dadas por s(w1, w2) = w1 + w2 , ϕ(λ,w) = λw , y ξ(t) = 1/t .

Estas aplicaciones son continuas, pues s es una contracciıon debil, ϕ

Sergio Plaza 57

es bilineal, y para ξ es un caso conocido del calculo de una variable.

Tenemos

(f + g)(x) = (s (f, g))(x)

(αf)(x) = (ϕ (α, f))(x)

I(f, g)(x) = I (f, g)(x)(1α

)(x) = ξ α(x)

La prueba estara completa si probamos que las aplicaciones (f, g) : X →W ×W y (α, f) : X → R ×W , dadas por (f, g)(x) = (f(x), g(x)) y

(α, f)(x) = (α(x), f(x)) son continuas. Esto es facil, y se deja a cargo

del lector.

Sean V, V1, . . . , Vn espacios vectoriales normados. Denotemos por

πi (i = 1, . . . , n) la aplicacion πi : V1 × · · · × Vn → Vi dada por

πi(v1, . . . , vi, . . . , vn) = vi (proyeccion en la i–esima coordenada). Dada

f : X ⊂ V → V1 × · · · × Vn entonces f puede ser escrita como

f = (f1, . . . , fn) , donde fi = πi f (i = 1, . . . , n). Las aplicaciones

fi : X → Vi son llamadas las aplicaciones coordenadas de f . Tenemos

el siguiente teorema.

Teorema 3.3 Sea f : X ⊂ V → V1 × · · · × Vn . Entonces f es

continua en a ∈ X si, y solo si, cada aplicacion coordenada fi : X → Vi

es continua en a .

Demostracion. Si f es continua en a ∈ X se tiene que πi f =

fi (i = 1, . . . , n) es continua en a , por ser composicion de funciones

continuas.

Recıprocamente, dado ε > 0 existen δ1 > 0, . . . , δn > 0 tales que

si x ∈ X satisface N(x − a) < δi entonces Ni(f(x) − f(a)) < ε ,


aquı N es una norma en V y Ni (i = 1, . . . , n) es una norma en Vi .

Tomando δ = minδ1, . . . , δn se tiene que si x ∈ X y N(x − a) < δ

entonces Ni(fi(x) − fi(a)) < ε . Ahora, en V1 × · · · × Vn tomamos

la norma del maximo NM ((v1, . . . , vn)) = maxN1(v1), . . . , Nn(vn) ,

tenemos que si x ∈ X y N(x − a) < δ entonces NM (f(x) − f(a)) =

maxN1(f1(x) − f1(a)), . . . , Nn(fn(f(x) − fn(a)) < ε , por lo tanto f

es continua en a .

Corolario 3.4 Sean f : X ⊂ V1 → W1 y g : Y ⊂ V2 → W2 . Entonces

la aplicacion f × g : X × Y → W1 × W2 dada por (f × g)(u, v) =

(f(u), g(v)) es continua en (a, b) ∈ X × Y si, y solo si, f es continua

en a y g es continua en b .


Ahora caracterizaremos la continuidad de funciones en termino de

sucesiones.

Teorema 3.5 Sea f : X ⊂ V → W . Entonces f es continua en

a ∈ X si, y solo si, para cada sucesion (xk)k∈N en X , con limk→∞

xk = a ,

se tiene que limk→∞

f(xk) = f(a) .

Demostracion. Si f es continua en a ∈ X entonces dado ε > 0 , existe

δ > 0 tal que x ∈ X y N1(x − a) < δ implica N2(f(x) − f(a)) < ε .

Ahora, sea (xk)k∈N una sucesion en X , con limk→∞

xk = a . Considerando

el numero δ > 0 anterior, se tiene que existe k0 ∈ N tal que si k > k0

entonces N1(xk − a) < δ , y por lo tanto N2(f(xk)− f(a)) < ε , lo que

muestra que limk→∞

f(xk) = f(a) .

Recıprocamente, si la condicion vale. Supongamos que f no es con-

tinua en a ∈ X , se tiene entonces que existe ε > 0 tal que para todo

Sergio Plaza 59

δ > 0 existe xδ ∈ X tal que N1(xδ − a) < δ y N2(f(xδ) − f(a)) > ε .

Tomando la sucesion δn = 1/n para n ∈ N , se tiene que para cada

n ∈ N existe xn ∈ X tal que N1(xn−a) < 1/n y N2(f(xn)−f(a)) > ε .

Por lo tanto, tenemos una sucesion (xn)n∈N en X , con limn→∞xn = a ,

pero N2(f(xn)− f(a)) > ε , esto es una contradiccion, y la prueba esta

completa.

Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2y

x4 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) ,

tenemos que si x 6= 0 entonces f(x, 0) = 0 , luego para cualquier

sucesion (xn)n∈N con limn→∞xn = 0 se tiene que lim

n→∞ f(xn, 0) = 0 ,

por otra parte, tenemos que f(xn, x2n) = x4

n4x4

n= 1

2 , por lo tanto f no

puede ser continua en el origen. Fuera del origen la continuidad de f

es facil de ver y se deja a cargo del lector.

Dada f : V1 × · · · × Vn → W , la aplicacion parcial f i : Vi → W se

define como sigue: sean vi ∈ Vi (i = 1, . . . , n),

f i(x) = f(v1, . . . , vi−1, x, vi+1, . . . , vn) .

Es inmediato que si f es continua en a = (a1, . . . , an) entonces f i

es continua en ai ∈ Vi , pues cada f i es la compuesta f incli , donde

incli : Vi → V1 × · · · × Vn es la aplicacion inclusion dada por incli(x) =

(v1, . . . , vi−1, x, vi+1, . . . , vn) , y esta ultima aplicacion es claramente con-

tinua.


La recıproca a la afirmacion no es verdadera. Por ejemplo, considere-

mos la aplicacion f : R2 → R dada por

f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Dado (a, b) ∈ R2 , denotamos f1 por fb y f2 por fa , se tiene que

fb(x) = f(x, b) =

xb

x2 + b2si b 6= 0 , x 6= 0

0 si b = 0 , x = 0

fa(y) = f(a, y) =

ay

a2 + y2si a 6= 0 , y 6= 0

0 si a = 0 , y = 0

Fijado (a, b) ∈ R2 se tiene que fa, fb : R → R son continuas en

0 , pero f no es continua en (0, 0) . Para ver esto basta considerar la

sucesion (xn, yn) = (1/n , 1/n) . Tenemos que limn→∞(xn, yn) = (0, 0) ,

pero f(xn, yn) = 1/2 para todo n ∈ N , es decir, limn→∞ f(xn, yn) =

1/2 6= 0 = f(0, 0) .

Ahora daremos una caracterizacion de la continuidad en terminos de

conjuntos abiertos (cerrados). Esta es la propiedad que se usa para

definir la continuidad cuando se tiene una topologıa en los espacios en

cuestion.

Teorema 3.6 Sea f : X ⊂ V → W . Entonces f es continua en

a ∈ X si, y solo si, para cada conjunto abierto B ⊂ W , con f(a) ∈ B

se tiene que f−1(B) es un conjunto abierto en X .

Demostracion. Sea O ⊂ W un conjunto abierto, con f(a) ∈ O , en-

tonces existe ε > 0 tal que B(f(a), ε) ⊂ O . Para este ε tenemos que

existe δ > 0 tal que x ∈ B(a, δ) ∩ X implica que f(x) ∈ B(f(a), ε) ,

Sergio Plaza 61

pues f es continua en a . Luego, tenemos que f(B(a, δ) ∩ X) ⊂B(f(a), ε) , por lo tanto B(a, δ) ∩ X ⊂ f−1(B(f(a), ε) ⊂ f−1(O) , de

donde B(a, δ) ∩ X ⊂ f−1(O) ∩ X , y en consecuencia f−1(O) es un

conjunto abierto en X .

Recıprocamente, como para todo ε > 0 se tiene que B(f(a), ε) es un

conjunto abierto en W , se sigue que f−1(B(f(a), ε))∩X es un conjunto

abierto en X , existe δ > 0 tal que f−1(B(f(a), ε))∩X = B(a, δ)∩X ,

es decir, si x ∈ B(a, δ)∩X se tiene que f(x) ∈ B(f(a), ε) , por lo tanto

f es continua en a .

Corolario 3.7 Sea f : X ⊂ V → W . Entonces f es continua si, y

solo si, para cada conjunto abierto O ⊂ W se tiene que f−1(O) es un

conjunto abierto en X .

Corolario 3.8 Sea f : X ⊂ V → W . Entonces f es continua si, y

solo si, para cada conjunto cerrado F ⊂ W se tiene que f−1(F ) es un

conjunto cerrado en X .

Ejemplos

1. Sea f : V → R una aplicacion continua. Entonces los conjuntos

f−1( ]a,∞[ ) = x ∈ V : a < f(x) y f−1( ]−∞, a[ ) = x ∈ V :

f(x) < a son conjuntos abiertos.

2. Sea det : M(n × n,R) → R la aplicacion determinante. Se tiene

que det es continua, pues es n–lineal. Luego, GL(Rn) = A ∈M(n × n,R) : det(A) 6= 0 = det−1(R − 0) es un conjunto

abierto en M(n × n,R) . Es facil ver que con el producto de ma-

trices se tiene que GL(Rn) es un grupo, es decir, I ∈ GL(Rn) , y

si A,B ∈ GL(Rn) entonces AB−1 ∈ GL(Rn) .


Nota. Sea A ∈ M(n × n,R) , escribimos A = (c1, c2, . . . , cn) ,

donde

ci =

ai1

ai2

...

ain

∈ Rn , (i = 1, . . . , n)

o bien escribimos

A =

f1

f2

...

fn

∈ Rn , (i = 1, . . . , n)

donde fj = (aj1, . . . , ajn) ∈ Rn , y en este sentido identificando

M(n× n,R) con Rn2, se tiene que det es n–lineal.

Ahora si T : Rn → Rn es una aplicacion lineal, se define el de-

terminante de T como siendo det(T ) = det(A) , donde A es la

matriz de T respecto a bases v1, . . . , vn y w1, . . . , wn de Rn .

(No es dıficil probar que det(T ) es independiente de la represen-

tacion matricial de T , esto es, si T tiene representaciones matri-

ciales A1 y A2 en bases de Rn (no necesariamente las mismas

bases) entonces det(A1) = det(A2) .

De lo anterior, tenemos que el conjunto de los isomorfismos de Rn ,

Isom(Rn) = T : Rn → Rn ; det(T ) 6= 0 , es un conjunto abierto

en L(Rn,Rn) . Es claro que Isom es un grupo con la composicion

de funciones, el cual es llamado grupo de isomorfismo de Rn .

Ahora, sea SL(Rn) = A ∈M(n× n,R) : det(A) = 1 . Es claro

que con el producto de matrices se tiene que SL(Rn) es un grupo,

Sergio Plaza 63

llamado grupo especial lineal. Ademas, SL(Rn) es un conjunto

cerrado, pues SL(Rn) = det−1(1) .

3. Sea f : M(n × n,R) → M(n × n,R) dada por f(A) = AT

(transpuesta de la matriz A ). Se tiene que f es continua, por

ser lineal.

4. Sean S = A ∈ M(n × n,R) : A = AT y A = A ∈ M(n ×n,R) : AT = −A , los conjuntos de las matrices simetricas y

antisimetricas, respectivamente. Es facil ver que estos conjuntos

son subespacios de M(n×n,R) . Sean S,A :M(n×n,R) →M(n×n,R) las aplicaciones dadas por S(B) = B − BT y A(B) = B +

BT , estas aplicaciones son lineales, por lo tanto continuas. Luego,

S = S−1(0) = ker(S) y A = A−1(0) = ker(A) , son conjuntos

cerrados de M(n× n,R) . Notemos que dada B ∈M(n× n,R) se

tiene que B + BT ∈ S y B −BT ∈ A , y que

B =12(B + BT ) +

12(B −BT ) ,

de donde M(n × n,R) = S + A . Ahora, como S ∩ A = 0 , se

sigue que la suma anterior, es de hecho una suma directa, es decir,

M(n× n,R) = S ⊕A .

5. Sea f :M(n×n,R) → S la aplicacion definida por f(A) = A·AT .

Es facil probar que f es continua, luego el conjunto

O(n) = A ∈M(n× n,R) : A ·AT = I = f−1(I)

es un conjunto cerrado de M(n × n,R) . De hecho se tiene que

O(n) ⊂ GL(Rn) . Como det(A) = det(AT ) se sigue que si A ∈O(n) entonces det(A) = ±1 , y podemos escribir O(n) = O+(n)∪


O−(n) , donde O± = O(n)∩det−1(±1) , ambos conjuntos O+(n)

y O−(n) son conjuntos cerrados en O(n) , y O+(n)∩O−(n) = ∅ ,

por lo tanto O(n) es disconexo.

Ahora escribiendo A ∈ O(n) en la forma

A = (v1, . . . , vn), donde vi =

ai1

ai2

...

ain

se tiene que AAT = (〈vi, vj〉)i,j=1,...,n , luego como AAT = I se

sigue que 〈vi, vj〉 = 0 si i 6= j y 〈vi, vi〉 = 1 , es decir, las columnas

(filas) de A forman una base ortonormal de Rn .

Tomando en M(n× n,R) la norma N dada por

N((aij)n×n) =

√√√√n∑

i,j=1

a2ij ,

se tiene que si A ∈ O(n) entonces N(A) =√

n , por lo tanto O(n)

es acotado. En resumen, O(n) es cerrado y acotado en Rn2, por lo

tanto es compacto. Es claro que O(n) con el producto de matrices

es un subgrupo de GL(Rn) .

6. Sea f : X ⊂ V → W una aplicacion continua. Entonces graf(f) =

(x, f(x)) ∈ V ×W : x ∈ X es un conjunto cerrado en X ×W ,

pues graf(f) = ϕ−1(0) , donde ϕ : X ×W → W es la aplicacion

definida por ϕ(x, y) = y − f(x) . Es claro que ϕ es continua.

7. Sea a ∈ V un vector fijo, y sea f : V → R definida por f(x) =

N(x − a) . Entonces para cada r ∈ R se tiene que el conjunto

f−1(r) es un conjunto cerrado en V . Note que si r < 0 entonces

Sergio Plaza 65

f−1(r) = ∅ , si r = 0 entonces f−1(r) = a , y si r > 0 en-

tonces f−1(r) = S[a, r] (esfera de centro en a y radio r en V .

Finalmente observemos que f−1( ] −∞, r[ ) = B(a, r) para todo

r > 0 .

8. Sean F ⊂ V y G ⊂ W conjuntos cerrados. Entonces F × G ⊂V ×W es un conjunto cerrado., pues F ×G = π−1

1 (F )∩ π−12 (G) ,

donde π1 : V ×W → V y π2 : V ×W → W son las proyecciones

π1(v, w) = v y π2(v, w) = w . Del mismo modo se demuestra que

si A ⊂ V y B ⊂ W son conjuntos abiertos entonces A×B es un

conjunto abierto en V ×W .

3.1 Continuidad Uniforme

Definicion 3.2 Sea f : X ⊂ V → W . Decimos que f es uniforme-

mente continua en X si, para cada ε > 0 dado, existe δ = δ(ε)

(solo depende de ε ) tal que si x, y ∈ X con N1(x − y) < δ entonces

N2(f(x)− f(y)) < ε .

Nota. Si f es uniformemente continua entonces f continua. La

recıproca es falsa, por ejemplo consideremos f : [0,∞[→ R dada por

f(x) =√

x , esta aplicacion es continua, pero no uniformemente con-

tinua.

Ejemplo. Si f : X ⊂ V → W es una aplicacion Lipschitz entonces f

es uniformemente continua.

En efecto, tenemos que N2(f(x) − f(y)) 6 KN1(x − y) para todo

x, y ∈ X , donde K es la constante de Lipschitz de f . Dado ε > 0

tomamos δ = ε/(K + 1) y tenemos que x, y ∈ X , con N1(x − y) < δ

implica N2(f(x)− f(y)) < ε .


Consecuencias

i) Toda aplicacion lineal , L : Rm → Rn es uniformemente continua.

ii) Toda aplicacion bilineal B : Rm × Rn → Rp es uniformemente

continua en cualquier subconjunto acotado X ⊂ Rm × Rn .

Proposicion 3.1 Sea f : X ⊂ V → W . Entonces f es uniforme-

mente continua en X si, y solo si, para cada par de sucesiones (xn)n∈N ,

(yn)n∈N en X , con limn→∞(xn − yn) = 0 se tiene que lim

n→∞(f(xn) −f(yn)) = 0 .

Demostracion. (=⇒) Dado ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que x, y ∈X , con N1(x − y) < δ implica N2(f(x) − f(y)) < ε . Sean (xn)n∈N

e (yn)n∈N sucesiones en X , tales que limn→∞(xn − yx) = 0 , entonces

correspondiente a δ existe n0 ∈ N tal que si n > n0 entonces N1(xn−yn) < δ , luego N2(f(xn) − f(yn)) < ε , por lo tanto lim

n→∞(f(xn) −f(yn)) = 0 , como querıamos probar.

Recıprocamente, supongamos que f no es uniformemente continua.

Luego, existe ε > 0 tal que para cada δ > 0 existen puntos xδ, yδ ∈ X ,

con N1(xδ − yδ) < δ y N2(f(xδ) − f(yδ)) > ε . Tomando δk = 1/k ,

para k ∈ N , obtenemos elementos xk, yk ∈ X , con limk→∞

(xk − yk) =

0 y limk→∞

(f(xk) − f(yk)) 6= 0 , pues para cada k ∈ N se tiene que

N2(f(xk) − f(yk)) > ε . Esto es una contradiccion y la prueba esta

completa.

Proposicion 3.2 Sean f : X ⊂ V → W y g : Y ⊂ W → Z apli-

caciones, con f uniformemente continua en X y g uniformemente

continua en Y , y f(X) ⊂ Y . Entonces g f es uniformemente con-

tinua en X .

Sergio Plaza 67

Demostracion. Analoga a la prueba de la continuidad de la com-

posicion de aplicaciones continuas.

Proposicion 3.3 Sea f : X ⊂ V → W una aplicacion uniformemente

continua en X . Si (xk)k∈N es una sucesion de Cauchy en X entonces

(f(xk))k∈N es una sucesion de Cauchy en W .

Demostracion. Dado ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 , tal que si x, y ∈ X ,

con N1(x − y) < δ entonces N2(f(x) − f(y)) < ε . Sea (xk)k∈N una

sucesion de Cauchy en X , correspondiente a δ , existe n0 ∈ N tal que

si n, ` > n0 entonces N1(xn − x`) < δ , luego N2(f(xn) − f(x`)) < ε .

Por lo tanto (f(xk))k∈N es una sucesion de Cauchy en W .

Proposicion 3.4 Sea f : X ⊂ V → V1 × · · · × Vn . Entonces f es

uniformemente continua en X si, y solo si, cada aplicacion coordenada

fi : X → Vi (i = 1, . . . , n) de f es uniformemente continua em X .

Demostracion. Facil y se deja a cargo del lector.

3.2 Homeomorfismos

Definicion 3.3 Sean X ⊂ V e Y ⊂ W . Un homeomorfismo de X

en Y es una aplicacion biyectiva f : X → Y tal que f y f−1 son

continuas. Decimos en este caso que X es homeomorfo a Y .

Ejemplos.

1. Sa f : R → ] − 1, 1[ la aplicacion dada por f(x) = x1+|x| . Se

tiene que f es continua y biyectiva, y f−1(y) = y1−|y| tambien es

continua. Por lo tanto f es un homeomorfismo.


2. Sea f : ]− π2 , π

2 [→ R dada por f(x) = tang(x) . Se tiene que f es

biyectiva y continua, y f−1(y) = arctang(x) tambien es continua.

Por lo tanto f es un homeomorfismo.

3. Todo par de intervalos acotados abiertos (cerrados) de R son

homeomorfos.

En efecto, haremos la prueba para intervalos cerrados, la prueba

para intervalos abiertos es analoga.

Sean [a, b] y [c, d] intervalos cerrados. La recta que pasa por

(a, c) y (b, d) tiene por ecuacion y = d−cb−a(x − a) + c . Definimos

f(x) = d−cb−a(x − a) + c . Es claro que f es continua y biyectiva.

Un pequeno calculo muestra que f−1 tambien es continua.

4. La aplicacion f : ] − 1, 1[→ R definida por f(x) = x1−x2 es un

homeomorfismo.

En efecto, tenemos que f ′(x) = 1+x2

(1−x2)2, la cual es siempre es-

trictamente positiva, luego f(x) es estrictamente creciente, por lo

tanto f es inyectiva. Por otra parte, limx→±1

f(x) = ±∞ , de donde

concluimos que f es sobreyectiva, pues lo anterior significa que

dado y ∈ R se tiene que f(x) < y cuando x es proximo a −1 y

f(x) > y cuando x es proximo a 1 , luego por el teorema del valor

intermedio, se tiene que existe x ∈ R tal que f(x) = y . Por lo

tanto f tiene inversa, y es facil probar que la inversa es continua

(de hecho diferenciable, como se deduce inmediatamente usando

el teorema de la funcion inversa para funciones de variable real a

valores reales).

Tambien podemos argumentar en forma directa encontrando la

funcion inversa de f . Para y 6= 0 sea g(y) = −1+√

1+4y2

2y , tenemos

Sergio Plaza 69

que g : R−0 → R es continua. Usando la regla de L’Hopital se

tiene que limy→0

g(y) = 0 , y podemos definir g(0) = 0 , obteniendo

ası una funcion g : R→ R . Ahora, para y 6= 0 tenemos

1 < 1 + 4y2 < 1 + 4|y|+ 4y2 = (1 + 2|y|)2 ,

luego (tomando rız cuadrada) se tiene que 1 <√

1 + 4y2 < 1 +

2|y| . Restando 1 a la ultima desigualdad y dividiendo el resultado

por 2|y|, obtenemos

0 < |g(y)| = −1 +√

1 + 4y2

2|y| < 1 ,

luego el recorrido de g es el intervalo ]−1, 1[ . Desde la definicion

de g , se tiene que g(y) es la solucion de la ecuacion yx2 +x−y =

0 . Luego, yg(y)2 + g(y)− y = 0 , de donde y = g(y)1−g(y)2

, es decir,

y = f(g(y)) . Por otra parte,

1 + 4f(x)2 =(1− x2)2

(1− x2)2+

4x2

(1− x2)2

=1− 2x2 + x4 + 4x2

(1− x2)2

=(

1 + x2

1− x2

)2

.

Si x ∈ ]−1, 1[ tenemos que el termino entre parentesis de la ultima

igualdad es positivo, luego√

1 + 4f(x)2 = 1+x2

1−x2 , y de aquı

−1 +√

1 + 4f(x)2

2f(x)=

(−1−x2

1−x2 + 1+x2

1−x2

2x1−x2

)= x ,

es decir, g(f(x)) = x , lo cual termina la prueba.

5. Sea Sn ⊂ Rn+1 la esfera unitaria, es decir,

Sn = x ∈ Rn+1 : 〈x, x〉 = 1

=

x = (x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1 :

n+1∑

i=1

x2i = 1

.


Sea pN = (0, . . . , 0, 1) ∈ Sn ( pN es llamado el polo norte de la

esfera). Entonces Sn − pN es homeomorfo a Rn .

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p•

ϕN (p)•

pN

q •........................................

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...•ϕ−1N (q)

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......

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Sean

ϕN : UN → Rn , ϕN(x1, . . . , xn+1) =1

1− xn+1(x1, . . . , xn) ,

ϕS : US → Rn , ϕS(x1, . . . , xn+1) =1

1 + xn+1(x1, . . . , xn) .

Estas aplicaciones ϕN y ϕS son llamadas, respectivamente, proyec-

ciones estereograficas norte y sur. Sus inversas, ϕ−1N y ϕ−1

S son

dadas por

ϕ−1N (x1, . . . , xn) =

(2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,||x||2 − 11 + ||x||2

)

ϕ−1S (x1, . . . , xn) =

(2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,1− ||x||21 + ||x||2

)

donde ||x||2 =∑n

i=1 x2i = 〈x, x〉 , x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn.

Sergio Plaza 71

Es claro que ϕN y ϕS son homeomorfismos. Veamos como obtener

geometricamente las aplicaciones ϕN y ϕS, ası como tambien sus

inversas. Para ello, consideremos Rn ⊂ Rn+1 , donde Rn =

(x1, . . . , xn, 0) ∈ Rn+1.

En efecto, sea q ∈ Sn − pN , definimos ϕN (q) como el punto

de interseccion de la recta que pasa por pN y q . Esa recta viene

dada por LpN q = tq + (1 − t)pN : t ∈ R = (tq1, . . . , tqn+1) +

(0, . . . , 0, 1− t) : t ∈ R = (tq1, . . . , tqn, tqn+1 + 1− t) : t ∈ R .

La interseccion de esta recta con Rn × 0 se traduce en que

tqn+1 + 1− t = 0 , de donde t = 11−qn+1

. Reemplazando este valor

de t en la ecuacion de la recta e identificando (x1, . . . , xn, 0) ∈Rn × 0 con el punto (x1, . . . , xn) obtenemos que

ϕN (q1, . . . , qn, qn+1) =1

1− qn+1(q1, . . . , qn) .

del mismo modo, si x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn se identifica con el

punto (x1, . . . , xn, 0) ∈ Rn×0 entonces podemos definir ϕ−1N (x)

como siendo la interseccion de la recta que pasa por (x1, . . . , xn, 0)

y por pN con la esfera. Realizando los calculos obtenemos que

ϕ−1N (x1, . . . , xn) =

(2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,||x|| − 11 + ||x||2

).

Ahora es facil verificar que tanto ϕN como ϕ−1N son continuas.

De modo analogo a la construccion anterior podemos considerar el

polo sur de la esfera, pS = (0, . . . , 0,−1) , y definir el homeomor-

fismo ϕS : Sn−pS → Rn . La eleccion de los polos norte y sur de

la esfera en la construccion anterior no tiene nada de especial, de


hecho podemos definir homeomorfismos como los anteriores uti-

lizando cualquier punto x0 ∈ Sn . Se deja a cargo del lector la

construccion.

6. Sea f : X ⊂ V → W una aplicacion continua. Sea S = graf(f) =

(x, f(x)) ∈ X × W : x ∈ X . Entonces X y graf(f) son

homeomorfos.

En efecto, sea ϕ : X → graf(f) dada por ϕ(x) = (x, f(x)) . Es

claro que ϕ es continua. Ahora, sea π : X×W → X la proyeccion

π(x,w) = x , es claro que π es continua y que ϕ−1 = π/ graf(f)

(restriccion de π al grafico de f ).

7. Sea X = Sn − pN , pS e Y = Sn−1 × R (cilindro (n − 1)–

dimensional). Entonces X e Y son homeomorfos.

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p•f(p)•

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.

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la figura muestra la idea basica de como construir el homeomor-

fismo. Los calculos son sencillos y se dejan a cargo del lector.

Sergio Plaza 73

8. Sea f : Sn × R → Rn+1 − 0 la aplicacion dada por f(v, t) =

etv . Tenemos que f es un homeomorfismo, lo cual se prueba

facilmente. Indicacion: la inversa de f es f−1(x) =(

x||x|| , log(||x||)

).

Observacion. Si ϕ : X ⊂ V → Y ⊂ W es una aplicacion continua y

biyectiva, no necesariamente ϕ−1 : Y → X es continua. Por ejemplo

consideremos la aplicacion ϕ : ]−1,∞[→ R2 dada por ϕ(t) = (t3−t, t2) .

Tenemos que ϕ : ] − 1,∞ [→ ϕ( ] − 1,∞[ ) es una biyeccion continua,

pero ϕ−1 : ϕ( ]− 1,∞[ ) → ]− 1,∞[ no es continua en el punto (0, 1) ∈ϕ( ] − 1,∞[ ) . Para ver esto ultimo consideramos sucesiones (un)n∈N

y (vn)n∈N en ϕ( ] − 1,∞[ ) como muestra la figura, con limn→∞un =

limn→∞ vn = (0, 1) .

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un

vn

(0, 1)

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Es claro que ϕ−1(un) → 1 y ϕ−1(vn) → −1 , luego ϕ−1 no puede ser

continua en el punto (0, 1) .

Otro ejemplo del mismo tipo anterior es considerar f : [0, 2π[→ S1 =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 dada por f(t) = (cos(t), sen(t)) . Se tiene

que f es biyectiva y continua, pero f−1 no es continua en el punto


(1, 0) ∈ S1

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un

vn

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Elegimos sucesiones (un)n∈N y (vn)n∈N , con limn→∞un = lim

n→∞ vn =

(1, 0) como muestra la figura. Se tiene que f−1(un) → 0 y f−1(vn) →2π , por lo tanto f−1 no es continua en (1, 0) .

Tenemos ahora la siguiente proposicion.

Proposicion 3.5 1. Si f : X ⊂ V → Y ⊂ W y g : Y ⊂ W →Z ⊂ U son homeomorfismos entonces g f : X → Z es un

homeomorfismo.

2. Si f : X → Y es un homeomorfismo entonces f−1 : Y → X es

un homeomorfismo.

Demostracion. Inmediata, se deja a cargo del lector.

3.3 Ejercicios

1. Para cada n > 1 se tiene que Rn−0 es homeomorfa a Sn−1×R .

Un homeomorfismo es dado por f : Rn−0 −→ Sn−1×R definido

por f(x) = ( 1||x||x, log(||x||)) . Su inverso f−1 : Sn−1 × R −→

Rn − 0 es definido por f−1(y, t) = ety .

Sergio Plaza 75

2. La aplicacion h : Dp × Dq −→ Dp+q definida por

h(x, y) =

||y||√||x||2 + ||y||2 (x, y) 0 < ||x|| 6 ||y||

||x||√||x||2 + ||y||2 (x, y) 0 < ||y|| 6 ||x||

0 x = y = 0

es un homeomorfismo. El lector puede mostrar una forma geometrica

de obtener esta formula.

3. Pruebe que si f : X → Y es un homeomorfismo entonces U ⊂ X

es un conjunto abierto si y solo si f(U) ⊂ Y es un conjunto

abierto.

4. Sea f : X → Y un homeomorfismo. Pruebe que para cada A ⊂ X

se tiene

(a) A es cerrado en X si y solo si f(A) es cerrado en Y .

(b) f(clausura(A)) = clausura(f(A)) .

(c) f(int(A)) = int(f(A)) .

(d) f |A : A → f(A) es un homeomorfismo.

5. Pruebe que la inversion inversion : Rn − 0 → Rn − 0 en

relacion a la esfera de centro en 0 y radio R , la cual es definida

por inversion(x) = Rx||x||2 es un homeomorfismo. Pruebe que

inversion deja invariante a la esfera Sn−1R = x ∈ Rn : 〈x, x〉 =

R2 .

6. Pruebe que una biyeccion f : R→ R es homeomorfismo si y solo

si es una funcion monotona.


7. Ilustre con un ejemplo lo siguiente: existen espacios homeomorfos

X e Y y una biyeccion continua f : X → Y que no es homeo-

morfismo.

8. Pruebe que el subconjunto de la esfera Sn ⊂ Rn+1 definido por las

inecuaciones x21 + x2

2 + · · ·+ x2k < x2

k+1 + · · ·+ x2n es homeomorfo

a Rn − Rn−k .

9. Espacio de Matrices con coeficientes reales. M = M(n ×m,R), con la topologıa inducida por la biyeccion ϕ : M(n ×m,R) → Rn·m , donde ϕ((aij)) = (a11, . . . , a1m, . . . , an1, . . . , anm) .

Pruebe que ϕ es un homeomorfismo.

10. Sea C el cuerpo de los numeros complejos, z = x + iy , x, y ∈ R .

Podemos identificar C con R2 , mediante la biyeccion z = x +

iy ←→ (x, y) . Sea Cn = C× . . .× C , el producto cartesiano de n

copias de C. Entonces, ϕ : Cn → R2n dado por ϕ(x1+iy1, . . . , xn+

iyn) = (x1, y1, . . . , xn, yn) en un homeomorfismo.

11. Espacio de Matrices con coeficientes complejos. Denote-

mos por M(n×m,C) el conjunto de las matrices de orden n×m

con coeficientes en C. Definamos ϕ : M(n × m,C) → R2nm,

ϕ((zk`)) = ϕ((xk` + iyk`)) = (x11, y11, . . . , xnm, ynm). Pruebe que

ϕ es un homeomorfismo.

12. Pruebe que un intervalo en R no puede ser homeomorfo a un disco

en R2 . Indicacion: usa un argumento de conexidad. ¿Se puede

extender argumento para probar que un disco en R2 no puede ser

homeomorfo a una bola en R3 ?

13. Sean A,B ⊂ R , con A 6= R y B 6= R . Si A es cerrado y B

Sergio Plaza 77

abierto. Pruebe que A y B no pueden ser homeomorfos.

14. Dar un ejemplo de una aplicacion continua f : X → Y y un sub-

conjunto A ⊂ Y conexo, tal que f−1(A) no es conexo. (existen

muchos de tales ejemplos, construya algunos explicıtamente).

15. Pruebe que la aplicacion f : R−0 → R definida por f(x) = 1/x

es continua.

16. Sean d, g, h : R2 → R funciones continuas. Se define la funcin

f : R2 → R por

F (x, y) = h(h(x, y), g(x, y)).

Demuestre que F es continua.

17. Estudie la continuidad de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =

x

x + ysi x + y 6= 0

1 si x + y = 0

(b) f(x, y, z) = x3 ln(x3y + z) + sen(z2 + x)

18. Sea L : Rn → Rm una aplicacion lineal

(a) Demuestre que las siguientes proposiciones son equivalentes

i. L es continua para todo punto de Rn

ii. L es continua en 0.

iii. ||L(x)|| es acotada si x ∈ B[0, 1] (bola unitaria cerrada).

(b) Demuestre que toda aplicacion lineal de Rn en Rm es con-

tinua.


item Defina limx→a

f(x) = L, en espacios normados. De un ejemplo.

19. Sea f : R2 → R la funcion definida por

f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0),

0

¿Es f continua?

20. Sea f : Rn → R , una aplicacion continua y tal que f(0) = 0 y

lim‖x‖→∞

f(x) = ∞ . Demuestre que [0,∞) ⊂ f(Rn).

21. Sea f : A → Rn una funcion continua. Sea xkk una sucesion

tal que limk→∞

xk = a y ||f(xk)|| 6 C para todo k ∈ N . Probar

que ||f(a)|| 6 C .

22. Pruebe que la funcion

f(x, y) =

xy√22 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

es continua en el origen.

23. Sea

f(x, y) =

x3 + y3

x− ysi x 6= y

0 si x = y

¿es f continua en el origen?.

24. Hallar el conjunto de puntos de donde las siguientes funciones no

son continuas:

(a) f(x, y) = ln(√

x2 + y2)

Sergio Plaza 79

(b) f(x, y) =1

(x− y)2

(c) f(x, y, z) =1

1− x2 − y2 − z2

25. Muestre que las siguientes funciones son discontinuas en el origen:

(a)

f(x, y) =

1x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(b)

f(x, y) =

x4 − y4

x4 + y4si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(c)

f(x, y) =

x2y2

x4 + y4si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(d)

f(x, y) =

x2y

x3 + y3si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(e)

f(x, y) =

x3 + y3

x− ysi x 6= y

0 si x = y

(f)

f(x, y) =

xy3

x2 + y6si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

26. Demuestre que las siguientes funciones son continuas en el origen:


(a)

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(b)

f(x, y) =

x3y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

27. Estudie la continuidad de las siguientes funciones en el origen:

(a)

f(x, y) =

2xyx2 − y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(b)

f(x, y) =

exp( |x− 2y|

x2 − 4xy + 4y2

)si x 6= 2y)

0 si x = 2y

28. ¿Podemos definir apropiadamente las siguientes funciones, de modo

que resulten continuas en el origen?

(a) f(x, y) = |x|y

(b) f(x, y) = sen(

xy

)

(c) f(x, y) =x3 + y3

x2 + y2

(d) f(x, y) = x2 log(x2 + y2)

Capıtulo 4

Lımite de Aplicaciones

Estudiamos ahora el concepto de lımite para aplicaciones en espacios

vectoriales normados.

Definicion 4.1 Sea X ⊂ V . Sean f : X → W y a ∈ X ′ (es decir, a

es un punto de acumulacion de X ). Decimos que b ∈ W es el lımite de

f cuando x tiende a si, para cada ε > 0 dado, existe δ = δ(a, ε) > 0

(depende de a y ε ) tal que si x ∈ X y 0 < N1(x − a) < δ entonces

N2(f(x) − b) < ε . Usamos la notacion limx→a

f(x) = b o f(x) → b

cuando x → a .

Observacion. No necesariamente se tiene que a ∈ X , de hecho, f

puede no estar definida en a .

Ejemplo. Sea f : R−0 → R dada por f(x) = x sen(1/x) . Tenemos

que 0 ∈ R es un punto de acumulacion de R− 0 (dominio de f ), y

limx→0

f(x) = 0 pues 0 6 |x sen(1/x)| 6 |x| .

Ejemplo. lim(x,y)→(0,0)

xyx2 − y2

x2 + y2= 0 . Primero notemos que (0, 0) no

esta en el dominio de la funcion a la cual queremos calcular el lımite,

81

82 Lımite de Aplicaciones

pues f(x, y) = xy x2−y2

x2+y2 esta definida en R2−(0.0) , pero es claro que

(0, 0) es un punto de acumulacion del dominio de f .

Pongamos x = r cos(θ) e y = r sen(θ) (coordenadas polares en R2−(0, 0) ). Tenemos entonces que

∣∣∣∣xyx2 − y2

x2 + y2

∣∣∣∣ = |r2 sen(θ) cos(θ) cos(2θ)|

=r2

4sen(4θ)|

6 r2

4=

x2 + y2

4< ε ,

si x2

4 < ε2 e y2

4 < ε2 o equivalentemente si, |x| < √

2ε = δ y |y| < √2ε =

δ . Luego para ε > 0 dado, existe δ > 0 tal que∣∣∣xy x2−y2

x2+y2 − 0∣∣∣ < ε

cuando |x| < δ y |y| < δ , como querıamos probar.

Teorema 4.1 Sean f : X ⊂ V → W y a ∈ X ′ . Si limx→a

f(x) existe

entonces es unico.

Demostracion. Supongamos que limx→a

f(x) existe y que se tiene limx→a

f(x) =

a y limx→a

f(x) = c . Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que x ∈ X y

0 < N1(x−a) < δ implica que N2(f(x)−b) < ε/2 y N2(f(x)−c) < ε/2 .

De aquı tenemos que N2(b−c) 6 N2(b−f(x))+N2(f(x)−c) < ε . Como

ε > 0 es arbitrario, se sigue que N2(b− c) = 0 , de donde b = c .

Observacion. Si a ∈ X, es un punto de acumulacion de X entonces

f es continua en a si, y solo si, limx→a

f(x) = f(a) . La prueba de esto es

inmediata desde la definicion de continuidad de f en a .

Ahora caracterizamos el lımite de aplicaciones en termino del lımite

de sucesiones.

Teorema 4.2 Sea f : X ⊂ V → W y sea a ∈ X ′ un punto de

acumulacion de X . Entonces limx→a

f(x) = b si, y solo si, para cada

Sergio Plaza 83

sucesion (xn)n∈N en X , con xn 6= a para todo n ∈ N y limn→∞xn = a ,

se tiene que limn→∞ f(xn) = b .

Demostracion. Si limx→a

f(x) = b entonces para cada ε > 0 dado, existe

δ > 0 tal que si x ∈ X y 0 < N1(x−a) < δ entonces N2(f(x)−b) < ε .

Ahora, sea (xn)n∈N una sucesion en X , con xn 6= a para todo n ∈ N y

limn→∞xn = a . Correspondiente a δ existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica

N1(xn − a) < δ , luego N2(f(xn)− b) < ε , de donde limn→∞ f(xn) = b .

Recıprocamente, si la condicion se cumple y limx→a

f(x) 6= b . Luego,

existe ε > 0 tal que para cada δ > 0 se tiene que x ∈ X , con 0 <

N1(x−a) < δ , implica N2(f(x)− b) > ε . Tomando para cada k ∈ N el

numero δk = 1/k , obtenemos una sucesion (xk)k∈N en X , con xk 6= a

para todo k ∈ N y 0 < N1(xk−a) < 1/k , luego se tiene N2(f(xk)−b) >ε , es decir, hemos construido una sucesion (xk)k∈N en X , con xk 6= a

para todo k ∈ N , tal que limk→∞

xk = a , pero N2(f(xk)−b) > ε , de donde

limk→∞

f(xk) 6= b . Esto es una contradiccion, y la prueba del teorema esta

completa.

Como corolario de la prueba de la segunda parte del teorema anterior,

tenemos la siguiente proposicion.

Proposicion 4.1 Sean f : X ⊂ V → W y a ∈ X ′ . Si para cada

sucesion (xk)k∈N en X , con xk 6= a para todo k ∈ N y limk→∞

xk = a ,

se tiene que limk→∞

f(xk) = b , y b no depende de la sucesion elegida.

Entonces limx→a

f(x) = b .

Demostracion. Directa desde la prueba de la segunda parte del teo-

rema anterior.

Teorema 4.3 Sen f : X ⊂ V → V1 × · · · × Vn y a ∈ X ′ . Entonces


limx→a

f(x) = b = (b1, . . . , bn) si, y solo si, limx→a

fi(x) = bi para cada

i = 1, . . . , n (aquı fi = πi f ).

Demostracion. En V1 × · · · × Vn tomamos la norma del maximo

NM (x1, . . . , xn) = maxN1(x1), . . . , Nn(xn) .

(=⇒) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que x ∈ X y 0 < N(x − a) < δ

implica NM (f(x)−b) < ε . Ahora, f(x)−b = (f1(x)−b1, . . . , fn(x)−bn) ,

luego si NM (f(x)− b) = maxN1(f1(x)− b1), . . . , Nn(fn(x)− bn) < ε

se sigue que Ni(fi(x) − bi) < ε , es decir, limx→a

fi(x) = bi para todo

i = 1, . . . , n .

(⇐=) Ahora, para cada ε > 0 , existe δ > 0 tal que si x ∈ X y

0 < N(x − a) < δ entonces Nj(fj(x) − bj) < ε ( j = 1, . . . , n). De

aquı se sigue que NM (f(x) − b) < ε , es decir, limx→a

f(x) = b . Lo que

completa la prueba.

Teorema 4.4 Sean f : X ⊂ V → W , g : Y ⊂ W → Z , con

f(X) ⊂ Y , y sean a ∈ X ′ y b ∈ Y ′ . Entonces

i) si limx→a

f(x) = b y g es continua en b (en particular, b ∈ Y ) en-

tonces limx→a

(g f)(x) = g(b) , es decir, limx→a

g(f(x)) = g( limx→a

f(x)) ,

ii) si limx→a

f(x) = b , limy→b

g(y) = c , y x 6= a , implica que f(x) 6= b .

Entonces limx→a

g f(x) = c .

Demostracion. i) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si y ∈ Y , con

N2(y − b) < δ entonces N3(g(y) − g(b)) < ε . Correspondiente a ese

δ , existe η > 0 tal que si x ∈ X , con 0 < N1(x − a) < η , entonces

N2(f(x)− b) < δ , luego N3(g(f(x))− g(b)) < ε , esto es, limx→a

g(f(x)) =

g(b) .

ii) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si y ∈ Y , con 0 < N2(y − b) < δ ,

entonces N3(g(y) − c) < ε . Correspondiente a ese δ existe η > 0 tal

Sergio Plaza 85

que si x ∈ X , con 0 < N1(x − a) < η , entonces N2(f(x) − b) < δ , y

como x 6= a implica que f(x) 6= b , se tiene que 0 < N2(f(x)− b) < δ

cuando 0 < N1(x− a) < η , y por lo tanto N3(g(fx))− c) < ε , es decir,

limx→a

g(f(x)) = c . Lo que completa la prueba.

Teorema 4.5 Sean f, g : X ⊂ V → W , α : X → R , y a ∈ X ′ . Si

limx→a

f(x) = b , limx→a

g(x) = c , y limx→a

α(x) = α entonces

a) limx→a

(f(x)± g(x)) = b± c = limx→a

f(x)± limx→a

g(x) ,

b) limx→a

α(x)f(x) = αb = limx→a

α(x) limx→a

f(x) ,

c) limx→a

I(f(x), g(x)) = I(b, c) = I( limx→a

f(x), limx→a

g(x)) , donde I es

un producto interno en W . En particular, si NI(w) =√

I(w, w)

es la norma inducida por I , entonces limx→a

NI(f(x)) = NI(b) =

NI( limx→a

f(x)) .

Demostracion. a) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que x ∈ X , con

0 < N1(x − a) < δ , implica N2(f(x) − b) < ε y N2(g(x) − c) < ε .

Ahora, N2((f(x)±g(x))−(b±c)) 6 N2(f(x)−b)+N2(g(x)−c) < 2ε si

x ∈ X , con 0 < N1(x−a) < δ . Por lo tanto, limx→a

(f(x)± g(x)) = b± c .

b) Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ X , con 0 < N1(x−a) < δ , en-

tonces N2(f(x)−b) < ε y |α(x)−α| < ε . Ahora, N2(α(x)f(x)−αb) =

N2(α(x)f(x)−α(x)b+α(x)b−αb) 6 |α(x)|N2(f(x)−b)+N2(b)|α(x)−α| .Como lim

x→aα(x) existe, se sigue que existe una constante M > 0 tal que

|α(x)| 6 M para todo x ∈ X , con 0 < N1(x − a) < δ . Por lo tanto,

si x ∈ X y 0 < N1(x − a) < δ se sigue que N2(α(x)f(x) − αb) 6MN2(f(x)− b)N(b)|α(x)−α| < (M +N(b))ε , es decir, lim

x→aα(x)f(x) =

αb .

c) Se sigue de la proposicion anterior, pues I(f(x), g(x)) = I (f, g))(x) ,

e I es continua, y existe limx→a

(f(x), g(x)) = (b, c) .


Esto completa la prueba del teorema.

Observaciones.

1. Si limx→a

(f(x) ± g(x)) existe, entonces no necesariamente existen

limx→a

f(x) o limx→a

g(x) . Por ejemplo consideremos f, g : R− 0 →R las aplicaciones dadas por f(x) = 1 + sen(1/x) y g(x) =

− sen(1/x) . Se tiene limx→0

f(x) y limx→0

g(x) no existen, pero f(x)+

g(x) = 1 para todo x ∈ R− 0 , por lo tanto existe limx→0

(f(x) +

g(x)) = 1 .

2. Si limx→a

α(x)f(x) existe, no necesariamente existen limx→a

f(x) o

limx→a

α(x) . Por ejemplo, consideremos las aplicaciones α : R → R

dada por α(x) = x y f : R − 0 → R2 dada por f(x) =

(sen(1/x), ex/x) . Se tiene que limx→0

f(x) no existe, y por otra parte

limx→0

α(x)f(x) = limx→0

(x sen(1/x), ex) = (0, 1) existe.

Teorema 4.6 Sean f, g : X ⊂ V → R y a ∈ X ′ . Si limx→a

f(x) = b ,

limx→a

g(x) = c , y f(x) 6 g(x) para todo x ∈ X − a , entonces b 6 c .

Demostracion. Supongamos por el contrario que c < b . Tomando

ε = (b− c)/2 se tiene que ε > 0 , y por lo tanto existe δ > 0 tal que si

x ∈ X y 0 < N1(x− a) < δ entonces |f(x) − b| < ε y |g(x) − c| < ε ,

esto es, f(x) ∈ ]b−ε, b+ε[ y g(x) ∈ ]c−ε, c+ε[ . Como c+ε = (b+c)/2

y b − ε = (b + c)/2 , se sigue que f(x) > g(x) para todo x ∈ X , con

0 < N1(x−a) < δ . Esto es una contradiccion y la prueba esta completa.

Teorema 4.7 Sea f : X ⊂ V → Rm una aplicacion uniformemente

continua. Entonces para cada a ∈ X ′ existe limx→a

f(x) .

Demostracion. Sea a ∈ X ′ entonces existe una sucesion (xk)k∈N en

X − a , con limk→∞

xk = a , por lo tanto (xk)k∈N es una sucesion de

Sergio Plaza 87

Cauchy (por ser convergente). Luego, (f(xk))k∈N es una sucesion de

Cauchy en Rm (pues siendo f uniformemente continua, la imagen por

f de sucesiones de Cauchy en X son sucesiones de Cauchy en Rm ).

Como en Rm cada sucesion de Cauchy es convergente, se sigue que

existe limk→∞

f(xk) . Sea b = limk→∞

f(xk) . Vamos a probar ahora que b

no depende de la sucesion elegida. De ser esto verdadero, tendremos que

limx→a

f(x) existe por Proposicion anterior.

Sea (yk)k∈N otra sucesion en X−a , con limk→∞

yk = a . Supongamos

que limk→∞

f(yk) = c 6= b . Definamos la sucesion (zk)k∈N en X − apor z2k = xk y z2k+1 = yk . Se tiene que lim

k→∞zk = a , y la sucesion

(f(zk))k∈N , la cual es de Cauchy en Rm , posee dos subsucesiones que

convergen a dos puntos distintos, a saber (f(z2k))k∈N = (f(xk))k∈N la

cual converge a b y (f(z2k+1))k∈N = (f(yk))k∈N la cual converge a c .

Esto es una contradiccion.

Nota. Sean f : X ⊂ V → W y a ∈ X ′ . Si limx→a

f(x) = b entonces para

cada u ∈ V , con u 6= 0 , se tiene que limt→0

f(a + tu) = b . Mas general,

si J ⊂ R es un intervalo abierto con 0 ∈ J − J , y α : J → V es

una aplicacion continua con α(t) 6= a para todo t ∈ J y limt→0

α(t) = a

entonces limt→0

f(α(t)) = b . La demostracion de esto es facil y se deja a

cargo del lector.

Una aplicacion importante de este hecho es que si, para algun u ∈ V ,

con u 6= 0 se tiene que limt→0

f(a + tu) no existe entonces limx→a

f(x) no

existe. Mas general, si J ⊂ R es un intervalo, con 0 ∈ J − J , y

α : J ⊂ R → V es una aplicacion continua, con α(t) 6= a para todo

t ∈ J y limt→0

α(t) = a . Si limt→0

f(α(t)) no existe entonces limx→a

f(x) no

existe.


Tambien tenemos que si para u, v ∈ V los lımites limt→0

f(a + tu) 6=limt→0

f(a+ tv) entonces limx→a

f(x) no existe. Mas general, si J ⊂ R es un

intervalo, con 0 ∈ J−J , y α, β : J ⊂ R→ V son aplicaciones continuas,

con α(t) 6= a , β(t) 6= a para todo t ∈ J y limt→0

α(t) = limt→0

β(t) = a . Si

limt→0

f(α(t)) 6= limt→0

f(β(t)) entonces limx→a

f(x) no existe.

Ejemplo. Sea f : R2 − (0, 0) → R dada por f(x, y) = xyx2+y2 .

Entonces f no es uniformemente continua en todo conjunto X ⊂ R2

tal que (0, 0) ∈ X ′ , pues lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) no existe.

Para ver que lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) no existe usamos la observacion arriba.

Sea u = (a, a) ∈ R2 − (0, 0) . Se tiene que limt→0

f((0, 0) + t(a, a)) =

limt→0

t2a2

2t2a2=

12

, ahora tomando u = (1, 0) se tiene que limt→0

f((0, 0) +

t(1, 0)) = limt→0

f(t, 0) = limt→0

0t2 + 0

= 0 .

Teorema 4.8 Sea f : X ⊂ V → Rm una aplicacion uniformemente

continua. Entonces existe una aplicacion uniformemente continua f :

X → Rm tal que f/X = f (esto es, toda aplicacion uniformemente

continua puede ser extendida a una aplicacion uniformemente continua

definida en la clausura de su conjunto de definicion).

Demostracion. Como X = X ∪X ′ , y para cada x ∈ X ′ −X se tiene

que limx→x

f(x) existe, definimos f(x) = limx→x

f(x) . Es claro que f(x) =

f(x) para cada x ∈ X . Luego, f : X → Rm satisface f/X = f .

Ademas es claro que f esta bien definida, por unicidad del lımite.

Vamos a probar ahora que f es uniformemente continua. Como f

es uniformemente continua en X , dado ε > 0 existe δ > 0 tal que

si x, y ∈ X , con N(x − y) < δ , entonces ||f(x) − f(y)|| < ε . Sean

x, y ∈ X tales que N(x− y) < δ , entonces existen sucesiones (xk)k∈N

e (yk)k∈N en X , con limk→∞

xk = x y limk→∞

yk = y . Ahora, como N(x−

Sergio Plaza 89

y) < δ se tiene que existe k0 ∈ N tal que para cada k > k0 se tiene

que N(xk − yk) < δ , y por lo tanto ||f(xk) − f(yk)|| < ε/2 . Ahora,

||f(x) − f(y)|| = || limk→∞

f(xk) − limk→∞

f(yk)|| = limk→∞

||f(xk) − f(yk)|| 6ε/2 < ε , esto es, si x, y ∈ X son tales que N(x − y) < δ entonces

||f(x)− f(y)|| < ε , y la prueba esta completa.

Nota. Sea (a, b) ∈ R2 , supongamos que f es una funcion definida en

una vecindad de (a, b) a valores reales, entonces el lımite limy→b

f(x, y) si

existe, es una funcion de x , digamos φ(x) . Si ademas, existe limx→a

φ(x)

y es igual a α , escribimos limx→a

limy→b

f(x, y) = α , y decimos que α es el

lımite iterado de f cuando y → b y x → a . De modo analogo se define

el lımite iterado limy→b

limx→a

f(x, y) = β , cuando existe limx→a

f(x, y) = ψ(y)

y existe limy→b

ψ(y) = β . Observamos que esto puede extenderse de modo

natural a funciones de mas de dos varias variable.

Ahora, si f : X ⊂ R2 → R y (a, b) ∈ X ′ , entonces la existen-

cia de lim(x,y)→(a,b)

f(x, y) no implica la existencia de los lımites iterados

limy→b

limx→a

f(x, y) y limx→a

limy→b

f(x, y) . Observemos tambien que la existencia

de los lımites iterados, aun cuando sean iguales, no implican la existen-

cia del lımite de una funcion, como se muestra en los ejemplos a seguir.

Es claro que si los lımites iterados no existen entonces no existe el lımite

de una funcion, esto ultimo se usa para probar la no existencia de un

lımite.

Ejemplos.

1. Sea f : R2−(0, 0) → R definida por f(x, y) = xyx2+y2 . Tenemos

que limy→0

limx→0

f(x, y) = limy→0

0 = 0 y limx→0

limy→0

f(x, y) = limx→0

0 = 0 ,

pero lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) no existe, como puede ser verificado usando

caminos del tipo y = mx .


2. Sea f(x, y) = y−xy+x

1+x1+y (determine el dominio de f ), entonces

limx→0

limy→0

f(x, y) = − limx→0

1 + x

1= −1 y lim

y→0limy→0

f(x, y) = limy→0

11 + y

=

1 . Como los dos lımites iterados son distintos se tiene que no existe

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) .


f(x, y) =

x sen(1/y) + y sen(1/x) si xy 6= 0

0 si xy = 0 .

Tenemos que limy→0

f(x, y) y limx→0

f(x, y) no existen, como es facil

de ver, por lo tanto limx→0

limy→0

f(x, y) y limy→0

limx→0

f(x, y) no existen.

Por otra parte, afirmamos que lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 .

En efecto, tenemos que∣∣∣∣y sen

(1y

)+ y sen

(1x

)∣∣∣∣ 6 |x|+ |y| 6 2√

x2 + y2 6 ε

cuando x2 6 ε2

4 e y2 6 ε2

4 o de otra forma |x| 6 ε2 y |y| 6 ε

2 .

Luego para ε > 0 dado, existe δ = ε2 , de modo que tenemos

|x sen(1/y) + y sen(1/x)| 6 ε cuando |x| 6 δ y |y| 6 δ , lo que

prueba que lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

4.1 Ejercicios

1. Determine si las siguientes funciones tienen lımite en los puntos

que se indican

2. Demuestre que

(a) lim(x,y)→(0,0)

√x2y2 + 1− 1x2 + y2

= 0 ,

Sergio Plaza 91

(b) lim(x,y)→(0,0)

(1|x| +

1|y|

)= ∞ ,

(c) lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y2= 0 ,

(d) lim(x,y)→(0,0)

1xy

sen(x2y + xy2) = 0 .

3. Muestre que no existen los lımites en los siguientes caso:

(a) lim(x,y)→(0,0)

2xy

x2 + y2,

(b) lim(x,y)→(0,0)

xy3

x2 + y2,

(c) lim(x,y)→(0,0)

x2y2

x2y2 + (x2 − y2)2,

(d) lim(x,y)→(0,0)

x2 + y2

x− y.

4. Estudie la existencia de los lımites de las siguientes funciones en

el punto indicado.

(a) f(x, y) = 2xyx2 − y2

x2 + y2en (0, 0) ,

(b) f(x, y) =sen(x)− sen(y)

x− yen (0, 0)

(c) f(x, y) =xy2

x2 + y4en (0, 0) .

5. Calcular si es posible, los siguientes lımites

(a) lim(x,y)→(0,0)

sen(x2 + y2)x2 + y2

(b) lim(x,y)→(0,0)

exy − 1x

(c) lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2

(d) lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2


(e) Calcular lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) , donde f(x, y) =

1 si x 6 0 o y 6 0

0 en otro caso.

(f) lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2 + 2

(g) lim(x,y)→(0,0)

exy

x + 1

(h) lim(x,y)→(0,0)

|y|√

x2 − y2

x2 + y2

(i) lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2

(j) lim(x,y)→(0,0)

xy2

(x2 + y2)√

x2 + y2

(k) lim(x,y)→(0,0)

x2 + y3

x− y

(l) lim(x,y,z)→(0,0,0)

sen(x2 + y2 + z2)x

(m) lim(x,y)→(0,0)

x3 + y3

x2 + y

(n) lim(x,y)→(0,0)

x6y3

x12 + y6

(o) lim(x,y)→(0,0)

x3y3

x2 + y2

(p) lim(x,y)→(0,0)

senxy

x

6. Dada la funcion f(x, y) = (x−3)2+5(x−3)+y2

(x−3)2+y2 ¿existe lim(x,y)→(3,0)

f(x, y) ?

7. Usando de la definicion de lımite pruebe que lim(x,y)→(1,2)

(x+y2) = 5 .

8. Demuestre que que los lımites siguientes existe

(a) lim(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

,

(b) lim(x,y)→(0,0)

x3y3

x2 + y2,

Sergio Plaza 93

(c) lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2,

(d) lim(x,y)→(0,0)

x4 + y4

x2 + y2.

9. Demuestre que:

(a) lim(x,y)→(0,0)

x sen(x2 + y2)x2 + y2

= 0 ,

(b) lim(x,y)→(2,1)

arcsen(xy − 2)arctang(3xy − 6)

=13

,

10. Demuestre que lim(x,y)→(0,1)

arctang(y

x

)no existe.

11. Pruebe que

(a) lim(x,y)→(4,π)

x2 sen(y

x

)= 8

√2 ,

(b) lim(x,y)→(0,1)

e−1/(x2(y−1)2) = 0 ,

(c) lim(x,y)→(0,1)

x + y − 1√x−√1− y

= 0 , donde x > 0 e y < 1 .

12. Sea f(x, y) =xy

x2 + y2, definida en R2 − (0, 0) . Pruebe que

limy→0

limx→0

f(x, y) = limx→0

limy→0

f(x, y) existen, pero no existe lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) .

13. Sea f(x, y) =y − x

y + x

1 + x

1 + y. Pruebe que lim

x→0limy→0

f(x, y) = −1 y

que limy→0

limx→0

f(x, y) = 1 . Deduzca de esto que no existe lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) .

14. Muestre que los lımites iterados existen en el origen y son iguales,

pero no existe el lımite para la siguiente funcion

f(x, y) =

1 si xy 6= 0

0 si xy = 0 .


15. Muestre que lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) y limy→0

limx→0

f(x, y) existen, pero no

existe limx→0

limy→0

f(x, y) , donde

f(x, y) =

y + x sen(

1y

)si y 6= 0

0 si y = 0 .

16. Demuestre que los lımites iterados existen, pero no existe el lımite

cuando (x, y) → (0, 0) para las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =x− y

x + y

(b) f(x, y) =x2y2

x4 + y4 − x2y2

(c)

f(x, y) =

x3 + y3

x− ysi x 6= y

0 si x = y

(d)

f(x, y) =

x2 − y2

x2 + y2si x 6= y

0 si x = y

17. Muestre que existen el lımite y los lımites iterados cuando (x, y) →(0, 0) existen para

f(x, y) =

xyx2 − y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)


2xy2

x2 + y4no existe.


f(x, y) no existe, donde

Sergio Plaza 95

f(x, y) =

x2y

x4 + y2si x4 + y2 6= 0

0 si (x, y) = (0, 0)


xy2

x2 + y2= 0 .


1xy

sen(x2y + xy2) = 0 .

Capıtulo 5

Propiedades Basicas de las

Aplicaciones Continuas

En este capıtulo estudiaremos algunas propiedades basicas de las apli-

caciones continuas

Teorema 5.1 Sea f : X ⊂ Rm → Rn una aplicacion continua y sea

K ⊂ X un conjunto compacto. Entonces

a) f(K) ⊂ Rn es un conjunto compacto.

b) f |K es uniformemente acotada, es decir, existe una constante

M > 0 tal que ||f(x)|| 6 M para todo x ∈ K .

c) f |K es una aplicacion cerrada, es decir, si C ⊂ K es un conjunto

cerrado en K entonces f(C) es un conjunto cerrado en f(K) .

d) Si n = 1 . Entonces f |K alcanza su maximo y su mınimo en K ,

es decir, existen x0, x1 ∈ K tales que f(x0) 6 f(x) 6 f(x1) para

todo x ∈ K .

97

98 Propiedades Basicas de las Aplicaciones Continuas

e) Si n = 1 y f(x) > 0 para todo x ∈ K entonces existe ε > 0 tal

que f(x) > ε para todo x ∈ K .

Demostracion. a) Vamos a demostrar primero que f(K) es cerra-

do. Sea y ∈ Rn un punto adherente a f(K) , entonces existe una

sucesion (yk)k∈N en f(K) , con limk→∞

yk = y . Como yk ∈ f(K) , existe

xk ∈ K tal que f(xk) = yk para todo k ∈ N . Luego, tenemos una

sucesion (xk)k∈N en K , por lo tanto existe una subsucesion (xkj )j∈N

de (xk)k∈N , con limj→∞

xkj = x , y x ∈ K . De aquı, y = limj→∞

f(xkj ) =

f( limj→∞

xkj) = f(x) , es decir, y = f(x) , con x ∈ K , por lo tanto

y ∈ f(K) , en consecuencia f(K) contiene todos sus puntos adherentes,

y por lo tanto es cerrado.

Ahora demostraremos que f(K) es acotado. Supongamos que no,

entonces existen xk ∈ K tales que ||f(xk)|| > k, para todo k ∈ N , es

decir, (f(xk))k∈N no posee subsucesiones convergentes. Ahora, como

xk ∈ K para todo k ∈ N , la sucesion (xk)k∈N posee una subsucecion

convergente, digamos (xkj )j∈N , con limj→∞

xkj = x , y x ∈ K . Por la con-

tinuidad de f se tiene que f(x) = f( limj→∞

xkj ) = limj→∞

f(xkj ) , es decir,

(f(xkj ))j∈N es una subsucesion de (f(xk))k∈N la cual es convergente.

Esto es una contradiccion, por lo tanto f(K) es acotado.

c) Sea C ⊂ K un conjunto cerrado. Como K es compacto, en particular

es acotado, por lo tanto C es acotado, es decir, C es cerrado y acotado,

por lo tanto compacto. De la parte a) se tiene que f(C) ⊂ f(K) es

compacto, por lo tanto es cerrado.

d) Si n = 1 , entonces f : X ⊂ Rm → R . Como K ⊂ X es compacto,

se tiene que f(K) ⊂ R es compacto, por lo tanto cerrado y acotado

en R . Luego, existen y0 = inff(x) : x ∈ K e y1 = supf(x) :

x ∈ K , y es claro por la definicion de ınfimo y supremo que y0 e y1

Sergio Plaza 99

son puntos adherente a f(K) , luego y0, y1 ∈ f(K) , de donde existen

x0, x1 ∈ K tales que f(x0) = y0 y f(x1) = y1 . Ademas, es claro que

f(x0) 6 f(x) 6 f(x1) para todo x ∈ K .

b) Sean πi : Rm → R las proyecciones πi(x1, . . . , xm) = xi (i =

1, . . . , n ). Estas aplicaciones son continuas. Luego, para cada i =

1, . . . , n se tiene que fi(K) = (πi f)(K) es un conjunto compacto en

R , y fi alcanza su maximo y su mınimo en K . Por lo tanto, fi(K) =

[ci min, ci max] , donde ci min = inffi(x) : x ∈ K y ci max = supfi(x) :

x ∈ K ( ci min, ci max ∈ f(K)). Sea ci ∈ R tal que [ci min, ci max] ⊂[−ci, ci] . Entonces f(K) ⊂ π−1

1 ([−c1, c1])∩· · ·∩π−1n ([−cn, cn]) . En Rn

tomamos la norma del maximo, se tiene entonces que f(K) ⊂ B[0, c] ,

donde c = maxc1, . . . , cn y como vimos anteriormente B[0, c] =

[−c, c]× · · · × [−c, c] .

e) Tenemos que f : X ⊂ Rm → R . Sea ε = inff(x) : x ∈ K .

Afirmamos que ε > 0 . Si no, existe x0 ∈ K tal que 0 = f(x0) 6 f(x)

para todo x ∈ K , esto es una contradiccion. Por lo tanto, ε > 0 , y es

claro que f(x) > ε para todo x ∈ K .

Esto completa la prueba de teorema.

Ejemplos. La parte d) del Teorema anterior es falsa si K no es com-

pacto. Por ejemplo, la aplicacion f : ]0,∞[→ ]0,∞[ dada por f(x) =

1/x , se tiene que f es continua y no alcanza ni su mınimo ni su maximo

en el dominio de definicion.

La parte e) es falsa si K no es compacto. Por ejemplo consideremos

la aplicacion f : ]0,∞[→ ]0,∞[ dada por f(x) = 1/x . Es claro f es

continua y f(x) > 0 para todo x ∈ ]0,∞[ , pero no existe ε > 0 tal que

f(x) > ε para todo x ∈ ]0,∞[ .


Corolario 5.2 Sea K ⊂ Rm un conjunto compacto, y sea f : K →Rn una aplicacion continua e inyectiva. Entonces f−1 : f(K) → K

es continua (es decir, f : K → f(K) es un homeomorfismo desde el

conjunto compacto K en el conjunto compacto L = f(K) ).

Demostracion. Como f es inyectiva, se sigue que f : K → f(K) es

una biyeccion, por lo tanto existe f−1 : f(K) → K . Sea C ⊂ K un

conjunto cerrado, entonces como (f−1)−1(C) = f(C) , y siendo f con-

tinua se sigue que f(C) es cerrado en f(K) , por lo tanto (f−1)−1(C)

es cerrado, y en consecuencia f−1 es continua.

Corolario 5.3 Sea C ⊂ Rm un conjunto cerrado, y sea f : C → Rn

una aplicacion continua. Si F ⊂ f(C) es tal que f−1(F ) es un conjunto

cerrado en C entonces F es un conjunto cerrado.

Demostracion. Como f : C → f(C) es sobreyectiva, se sigue que

f(f−1(F )) = F es cerrado en f(C) , pues f es continua y f−1(F ) ⊂ C

cerrado implican el resultado.

Corolario 5.4 Sea K ⊂ Rm un conjunto compacto, y sea f : K →Rn una aplicacion continua. Entonces una aplicacion g : f(K) → Rp

es continua si, y solo si, la aplicacion compuesta g f : K → Rp es

continua.

Demostracion. (=⇒) Inmediata, pues f y g continuas implican que

g f es continua.

(⇐=) Sea C ⊂ Rp un conjunto cerrado. Se tiene que (g f)−1(C) ⊂ K

es un conjunto cerrado, por lo tanto compacto. Luego, f((gf)−1(C)) ⊂f(K) es un conjunto compacto, en particular, cerrado. Tenemos por

otra parte que f((g f)−1(C)) = g−1(C) , lo que finaliza la prueba.

Sergio Plaza 101

Ejemplo. Sea g : [0, 2π] → Rn una aplicacion continua, con g(0) =

g(2π) . Sea S1 = (cos(θ), sen(θ)) : 0 6 θ 6 2π la esfera unitaria en

R2 . Definamos f : S1 → Rn por f(cos(θ), sen(θ)) = g(θ) . Es claro que

f esta bien definida. Ahora, sea exp : [0, 2π] → S1 la aplicacion dada

por exp(θ) = (cos(θ), sen(θ)) . Es claro que exp es continua. Como

f exp = g se tiene que f es continua.

Teorema 5.5 Sea K ⊂ Rm un conjunto compacto, y sea f : K →Rn una aplicacion continua. Entonces f es uniformemente continua

en K .

Demostracion. Supongamos que f no es uniformemente continua

en K . Entonces existe ε > 0 tal que para cada k ∈ N existen

xk, yk ∈ K , con ||xk − yk|| < 1/k y ||f(xk) − f(yk)|| > ε . Esto

define sucesiones (xk)k∈N e (yk)k∈N en K . Tomando subsucesiones,

si es necesario, podemos suponer que existe limk→∞

yk = y0 , tenemos que

y0 ∈ K . Ahora, como para todo k ∈ N se tiene que ||xk − yk|| < 1/k ,

se sigue que limk→∞

xk = y0 . Por la continuidad de f tenemos que ε 6lim

k→∞||f(xk)−f(yk)|| = ||f( lim

k→∞xk)−f( lim

k→∞yk)|| = ||f(y0)−f(y0)|| = 0 ,

esto es una contradiccion, y la prueba esta completa.

Teorema 5.6 La imagen de un conjunto conexo S ⊂ V por una apli-

cacion continua f : V → W es un conjunto conexo.

Demostracion. Si f(S) no es conexo, existe un conjunto abierto y

cerrado B ⊂ f(S) , no vacıo y diferente de f(S) . Considerando el

conjunto A = f−1(B) ∩ S , se tiene que A es abierto y cerrado en

S , pues f es continua. Ademas, A 6= S y A 6= ∅ , pues B 6= ∅ y

f : S → f(S) es sobreyectiva. Esto contradice la conexidad de S .


Teorema 5.7 Sea S ⊂ V un conjunto conexo, y sea f : V → R una

aplicacion continua. Entonces f(S) es un intervalo.

Demostracion. Por la proposicion anterior, tenemos que f(S) ⊂ R

es un conjunto conexo. Como los unicos conjunto conexo de R son los

intervalos, se sigue el resultado.

5.1 Caminos

Sea X ⊂ V un conjunto no vacıo. Un camino en X es una aplicacion

continua α : [0, 1] → X (de hecho podemos tomar cualquier intervalo

[a, b] en R en vez del intervalo [0, 1] , pero los resultados que vamos a

demostrar no varıan en nada). Los puntos a = α(0) y b = α(1) son

llamados los puntos extremos del camino α , a = α(0) es el punto inicial

y b = α(1) es el punto final, y decimos que α une a con b .

Definicion 5.1 Decimos que X ⊂ V es conexo por caminos si, dados

dos puntos cualquiera a, b ∈ X existe un camino α : [0, 1] → X con

α(0) = a y α(1) = b .

Ejemplos.

1. Todo espacio vectorial normado V es conexo por caminos.

En efecto, sean a, b ∈ V , entonces α : [0, 1] → V dado por

α(t) = (1− t)a+ tb es un camino que une a con b . La imagen de

este camino α , α([0, 1]) , es el segmento de recta que une a con

b .

2. Todo subconjunto convexo de un espacio vectorial normado es

conexo por caminos. En particular, toda bola (abierta o cerrada)

es un conjunto conexo por caminos.

Sergio Plaza 103

3. R − 0 no es conexo por caminos, pues dados x, y ∈ R , con

x < 0 < y , no existe ningun camino en R− 0 que los una.

4. Decimos que E ⊂ V es estrellado en p ∈ E si, para cada x ∈ E

se tiene que el segmento de recta (1− t)p + tx : t ∈ [0, 1] , que

une p y x esta contenido en E .

Afirmamos que todo conjunto estrellado es conexo por caminos.

En efecto, primero definimos el producto de caminos como sigue:

sean α, β : [0, 1] → X dos caminos, con α(1) = β(0) (es decir,

donde α termina comienza β ). El camino producto, denotado

por α ∗ β , es dado por

(α ∗ β)(t) =

α(2t) 0 6 t 6 1/2

β(2t− 1) 1/2 6 t 6 1 .

Notemos que para t = 1/2 se tiene que α(2 · 1/2) = α(1) y

β(2 · 1/2− 1) = β(0) , como α(1) = β(0) , para mostrar que α ∗ β

es continuo usamos el siguiente lema.

Lema 5.1 (Gluing Lemma) Si X = A ∪ B , con A y B, conjuntos

abiertos (respectivamente, cerrados), y f : A → W , g : B → W son

aplicaciones continuas tales que f/(A ∩ B) = g/(A ∩ B) , entonces la

aplicacion h : X → W definida por

h(x) =

f(x) si x ∈ A

g(x) si x ∈ B

es continua.

Demostracion. Sea O ⊂ W un conjunto abierto. Entonces h−1(O) =

h−1(O) ∩ (A ∪B) = (h−1(O) ∩ A) ∪ (h−1(O) ∩B) = f−1(O) ∪ g−1(O) ,


como f y g son continuas, se sigue que f−1(O) ∩ A es un conjunto

abierto en A y g−1(O) ∩B es un conjunto abierto en B , y como A y

B son conjuntos abiertos se sigue que f−1(O) y g−1(O) son conjunto

abiertos en X , por lo tanto h−1(O) es un conjunto abierto, y la prueba

del lema esta completa en este caso. Si A y B son conjuntos cerrados,

la prueba es completamente analoga.

Nota. En el lema anterior puede ocurrir que A ∩ B sea el conjunto

vacıo.

Del lema se sigue que el camino producto es continuo.

Ahora, si E es estrellado en p ∈ E . Dados x, y ∈ E , los caminos

α(t) = (1− t)x + tp y β(t) = (1− t)p + ty une, respectivamente, x con

p , y p con y . Por lo tanto el camino producto α ∗ β une x con y .

Ejemplos de conjuntos estrellados son las bolas, estas son estrelladas

en cualquiera de sus puntos. Los conjuntos convexos son estrellados. Es

facil construir ejemplos de conjuntos estrellados, pero no convexo.

Teorema 5.8 Todo conjunto abierto y conexo es conexo por caminos.

Demostracion. Sea U ⊂ V un conjunto abierto y conexo. Sea x0 ∈U . Definamos el conjunto

A = x ∈ U : existe un camino α : [0, 1] → U , con α(0) = x0

y α(1) = x .

Como x0 ∈ A se tiene que A 6= ∅ . Afirmamos que A y U − A son

conjunto abiertos.

Primero vamos a demostrar que A es abierto. Si y ∈ A entonces

existe un camino α : [0, 1] → U tal que α(o) = x0 y α(1) = y . Ahora,

como U es abierto, existe r > 0 tal que B(y, r) ⊂ U . Como las

Sergio Plaza 105

bolas son conjuntos conexos por caminos, dado z ∈ B(y, r) existe un

camino β : [0, 1] → B(y, r) dado por β(t) = (1 − t)y + tz que une y

con z . Luego, el camino producto α ∗ β une x0 con z , por lo tanto

B(y, r) ⊂ A , y se tiene que A es abierto.

Ahora probaremos que U − A es abierto. Si y ∈ U − A entonces

como U es abierto existe δ > 0 tal que B(y, δ) ⊂ U . Afirmamos que

B(y, δ) ⊂ U − A . Si no, existe z ∈ B(y, δ) , con z ∈ A , por lo tanto

podemos unir x0 con z , y consecuentemente unimos x0 con y , esto es

una contradiccion. Por lo tanto, B(y, δ) ⊂ U − A , es decir, U − A es

un conjunto abierto.

Ahora como U es conexo y U = A∪ (U −A) , y A 6= ∅ , se sigue que

U −A = ∅ , de donde U = A como querıamos probar.

Ejemplo. Sea E ⊂ R2 el siguiente conjunto:

E = (x, sen(1/x)) : 0 < x 6 π ∪ (0, y) : −1 6 y 6 1 .

No es dıficil probar que E es conexo, pero no conexo por caminos.

5.2 Ejercicios

1. Pruebe que el producto de dos caminos continuos α, β : [0, 1] → V

es un caminos continuo.

2. Pruebe que si S ⊂ V es un conjunto conexo y f : V → R es

continua, entonces f(S) es un intervalo.

Capıtulo 6

Calculo Diferencial en

Espacios Euclideanos

En este capıtulo estudiaremos el calculo diferencial en espacios euclideanos,

nuestro objetivo es estudiar el Teorema de la Funcion Inversa y sus Coro-

larios: Teorema de la Funcion Implıcita, Teorema de la Forma Local de

las Inmersiones y Teorema de la Forma Local de las Submersiones, y

Teorema del Rango.

6.0.1 Notaciones Basicas

En lo que sigue R denotara el cuerpo de los numeros reales, y Rn pro-

ducto cartesiano de n copias de R, esto es, Rn = x = (x1, x2, . . . , xn) :

xi ∈ R , i = 1, 2, . . . , n .

En Rn consideramos cualesquiera de las tres normas || ||, || ||S, || ||M ,

estas son las mas usuales, donde para x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

||x|| =√

x21 + x2

2 + · · ·+ x2n =

√〈x, x〉

( 〈 , 〉 denota el producto interno usual en Rn), y ||x||S =∑n

i=1 |xi| y

107

108 Calculo Diferencial en Espacios Euclideanos

||x||M = max |xi| : i = 1, . . . , n .

6.1 Derivada

Antes de definir la derivada de una aplicacion f : Rn → Rm, revisaremos

este concepto en el caso de funciones reales de una variable real.

Dados a, b ∈ R , con a < b , por ] a , b [ denotamos el intervalo abierto

de extremos a y b . Si f : ] a , b [→ R . Decimos que f es diferenciable en

un punto x ∈ ] a , b [ si

limh→0

f(x + h)− f(x)h

(6.1)

existe, al valor de este lımite lo denotamos por f ′(x) y lo llamamos

derivada de f en el punto x , es decir,

f ′(x) = limh→0

f(x + h)− f(x)h

. (6.2)

Observacion. Como ] a , b [ ⊂ R es un conjunto abierto, para cada

x ∈ ]a, b[ existe ε > 0 tal que si |h| < ε entonces x + h ∈ ] a , b [ y por lo

tanto f(x + h) esta definida para h ∈ ] − ε , ε [ .

Notemos que la igualdad (6.2) puede ser escrita como

limh→0

f(x + h)− f(x)− hf ′(x)h

= 0 (6.3)

de donde

f(x + h) = f(x) + hf ′(x) + r(h) , con limh→0

r(h)|h| = 0 . (6.4)

Ahora, dado a ∈ R definamos la aplicacion lineal Ta : R → R por

Ta(v) = av (homotecia de razon a , cuando a 6= 0). Tomando a = f ′(x) ,

la expresion (6.4) se transforma en

f(x + h) = f(x) + Ta(h) + r(h) , con limh→0

r(h)|h| = 0 (6.5)

Sergio Plaza 109

por lo tanto, tenemos que f : ] a , b [→ R es diferenciable en x ∈ ] a , b [

si, y solo si, existe una transformacion lineal, Tx : R→ R , tal que

f(x + h) = f(x) + Tx(h) + r(h) con limh→0

r(h)|h| = 0 . (6.6)

Geometricamente esto se expresa en la figura abajo.

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| |

−

−

Observaciones:

1. La aplicacion lineal Tx : R → R que satisface la igualdad (6.6) es

Tx(h) = hf ′(x) , donde el numero f ′(x) es dado por el lımite (6.2),

cuando este existe. Claramente, la aplicacion lineal Tx depende

del punto x ∈ ] a , b [ .

2. Denotemos por L(R , R) = L : R → R : L aplicacion lineal el espacio vectorial de las aplicaciones lineales de R en R . Los

espacios vectoriales L(R , R) y R son isomorfos. En efecto, con-

sideremos la aplicacion Γ : R → L(R , R) , Γ(λ) = Lλ , donde

Lλ : R → R es la aplicacion lineal Lλ(v) = λv . Es facil ver que

Γ es lineal y Γ(λ · µ) = Lλ·µ = Lλ Lµ . Finalmente, un pequeno

trabajo muestra que Γ es un isomorfismo.


Ahora sea U un subconjunto abierto de Rn y sea f : U → Rm una

aplicacion, entonces para h ∈ Rn con |h| pequeno y x ∈ U , la expresion

f(x+h)−f(x) tiene sentido, pero no podemos definir la derivada de f

en un punto x de U como en (6.1). Por otra parte, la expresion (6.1) es

equivalente a (6.4), y esta ultima tiene sentido considerar en este caso,

por lo tanto definimos la derivada de f en un punto x ∈ U como lo

hicimos en (6.4) para el caso de funciones reales de variable real.

Definicion 6.1 Sea U ⊂ Rn un subconjunto abierto. Decimos que

f : U → Rm es diferenciable o derivable en un punto x ∈ U si existe

una aplicacion lineal Tx : Rn → Rm , que depende de x , llamada la

derivada de f en el punto x , tal que

f(x + h) = f(x) + Tx(h) + r(h) , con limh→0

r(h)|h| = 0 . (6.7)

Nota. Aquı | · | denota cualquiera de la tres normas que estamos

considerando en los espacios euclideanos. Como ellas son equivalentes,

la definicion anterior no depende de cual norma que consideramos.

Observacion. Como U ⊂ Rn es un conjunto abierto, existe ε > 0 tal

que si |h| < ε entonces x + h ∈ U , es decir, la bola abierta de centro en

x y radio ε, B(x , ε) = y ∈ Rn : |x− y| < ε esta contenida en U .

La igualdad f(x+h) = f(x)+Tx(h)+ r(h) define el resto r(h) ∈ Rm ,

de donde concluimos que la diferenciabilidad de f en un punto x ∈ U

equivale al hecho que el resto r(h) es un infinitesimo de orden no mayor

que |h| , es decir, limh→0

r(h)|h| = 0 o mas formalmente, dado ε > 0 existe

δ > 0 , tal que |r(h)| < ε cuando 0 < |h| < δ .

Definamos ρ(h) = r(h)/|h| , cuando h 6= 0. Podemos escribir ahora la

igualdad (6.7) como

f(x + h) = f(x) + Tx(h) + |h| ρ(h) , con limh→0

ρ(h) = 0 . (6.8)

Sergio Plaza 111

Por lo tanto, si f es diferenciable en x y definimos ρ(0) = 0 , se tiene

que ρ(h) es continua en h = 0 .

Observemos que para definir la diferenciabilidad de f en un punto

x ∈ U exigimos la existencia de una aplicacion lineal Tx : Rn → Rm , la

cual nos permite escribir una de la igualdades equivalente (1.7) o (1.8).

La pregunta natural que surge aquı es sobre la unicidad de tal aplicacion

lineal. Para responder a esto tenemos la siguiente proposicion.

Proposicion 6.1 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rm

una aplicacion diferenciable en x ∈ U . Entonces la aplicacion lineal

Tx : Rn → Rm que satisface la igualdad (6.7) (equivalentemente (6.8))

es unica.

Demostracion. Supongamos que existe otra aplicacion lineal Tx :

Rn → Rm que satisface (6.7) y que Tx 6= Tx . Consideremos la aplicacion

lineal L = Tx − Tx . Como Tx 6= Tx se tiene que L no es la aplicacion

lineal nula, consecuentemente existe y ∈ Rn con y 6= 0 , tal que |L(y)| =a 6= 0 .

Ahora, dado b ∈ R con b 6= 0 , se tiene

|L(by)||by| =

|L(y)||y| =

a

|y| 6= 0 ,

como L(h) = Tx(h)− Tx(h) = r(h)− r(h) y limh→0

(r(h)− r(h))/|h| = 0 ,

tenemos quea

|y| =|L(by)||by| =

|r(by)− r(by)||by| ,

haciendo h = by , tenemos h → 0 cuando b → 0 , y de esto

0 6= a

|y| = limh→0

|r(h)− r(h)||h| = 0 ,

lo cual es imposible. Por lo tanto L ≡ 0 , esto es, Tx ≡ Tx .


Ahora cambiamos la notacion Tx por Df(x) y la dejamos estable-

cida. En general, Df(x)(h) lo denotamos por Df(x)h , con esta nueva

notacion la igualdad (6.7) se escribe como

f(x + h) = f(x) + Df(x)h + r(h) , con limh→0

r(h)|h| = 0 . (6.9)

Nota. Como toda aplicacion lineal L : Rn → Rm es continua, usando

(6.8) se sigue que si f : U ⊂ Rn → Rm es diferenciable en un punto

x ∈ U entonces f es continua en ese punto. Por ejemplo, la funcion

f : R2 → R definida por

f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

no es diferenciable en el origen, pues no es continua en ese punto como

puede verse facilmente tomando lımite a traves de la rectas y = mx .

Ejemplos

1. Sea f : Rn → Rm una aplicacion constante, f(x) = c para todo

x ∈ Rn. Entonces f es diferenciable y Df(x) = 0 para todo

x ∈ Rn .

2. Toda aplicacion lineal T : Rn → Rm es diferenciable en cada

x ∈ Rn y DT (x) = T . En efecto, de la linealidad de T se tiene

T (x + h) = T (x) + T (h) + r(h), donde hemos tomado r(h) = 0

para todo h .

3. Sea B : Rn × Rm → Rp una aplicacion bilineal, entonces B es

diferenciable en cada (x, y) ∈ Rn×Rm ≡ Rn+m y DB(x, y)(h, k) =

B(x, k) + B(h, y) .

Sergio Plaza 113

En efecto, de la bilinealidad de B tenemos B(x + h, y + k) =

B(x, y)+B(x, k)+B(h, y)+B(h, k) = B(x, y)+DB(x, y)(h, k)+

B(h, k), tomando r(h, k) = B(h, k) debemos probar que

lim(h,k)→(0,0)

|B(h, k)||(h, k)| = 0 .

Como B es bilineal, existe c > 0 tal que |B(u, v)| 6 c |u| |v| para

todo (u, v) ∈ Rn × Rm. Para mostrar la existencia de tal cons-

tante basta tomar c = sup|B(u, v)| : |u| 6 1 , |v| 6 1 . Ahora

en Rn × Rm ≡ Rn+m usamos la norma |(u, v)| = max |u|, |v| y

tenemos

|B(h, k)||(h, k)| 6 c|h||k|

|(h, k)| =c|h||k|

max|h|, |k| = c min|h|, |k| ,

por lo tanto

lim(h,k)→(0,0)

|B(h, k)||(h, k)| = 0 .

Casos Particulares

(a) Producto en R. Sea p : R × R → R , el producto usual

p(x, y) = x · y . Claramente p es bilineal y por lo tanto

diferenciable en cada (x, y) ∈ R × R con Dp(x, y)(h, k) =

p(x, k) + p(h, y) = x k + h y .

(b) Producto interno usual en Rn . Sea 〈 , 〉 : Rn × Rn → R , el

producto interno usual 〈x, y〉 =∑n

j=1 xj yj es bilineal, por

lo tanto diferenciable en cada (x, y) ∈ Rn × Rn ≡ Rn2con

D〈x, y〉(h, k) = 〈x, k〉+ 〈h, y〉 =∑n

j=1(xjkj + hjyj) .

En los siguientes ejemplos usamos la identificacion natural

que existe entre L(Rn , Rm) y Rmn .


(c) Composicion de aplicaciones lineales. Sea µ : L(Rm,Rp) ×L(Rn,Rm) → L(Rn,Rp) la aplicacion dada por µ(T,L) =

T L , es facil verificar que µ es bilineal y por lo tanto

diferenciable en cada (T, L) ∈ L(Rm,Rp) × L(Rn,Rm) con

Dµ(T, L)(H, K) = µ(T,K) + µ(H, L) = T K + H L .

(d) Evaluacion de aplicaciones lineales. Sea eval : L(Rn,Rm) ×Rn → Rm la aplicacion evaluacion, dada por eval(L, x) =

L(x) . Claramente eval es bilineal, por lo tanto es diferen-

ciable en cada (L, x) ∈ L(Rn,Rm) × Rn , y tenemos que

D eval(L, x)(H, k) = eval(L, k) + eval(H,x) = L(k) + H(x) .

4. Inversion de matrices. Denotemos por GL(Rn) = A ∈ M(n ×n,R) : det(A) 6= 0 el grupo multiplicativo de las matrices in-

versibles. Mediante la identificacion natural entre M(n × n,R)

y Rn2tenemos una topologıa natural en M(n × n,R) , con esta

topologıa GL(Rn) es un conjunto abierto, pues la aplicacion de-

terminante det : M(n × n,R) → R es continua y GL(Rn) =

det−1(R− 0) .

Sea inv : GL(Rn) → M(n × n,R) la apliacacion definida por

inv(X) = X−1 . Afirmamos que inv es diferenciable en cada

X ∈ GL(Rn) y que Dinv(X)H = −X−1HX−1 .

En efecto, para mostrar que la formula propuesta anteriormente

para la derivada de inv no es artificial, veamos primero el caso

n = 1 . Tenemos GL(R) = R − 0, M(1 × 1,R) = R e inv :

R − 0 → R es dada por inv(x) = x−1 = 1/x, en este caso

Dinv(x)h = −h/x2 = −x−1hx−1 , pues inv′(x) = −1/x2 .

Para n > 1 , escribamos inv(X + H) = inv(X) + Dinv(X)H +

r(H) , es decir, (X + H)−1 = X−1 − X−1HX−1 + r(H) , mul-

Sergio Plaza 115

tiplicando esta ultima igualdad por (X + H) , obtenemos I =

X−1(X + H) − X−1HX−1(X + H) + r(H) · (X + H) , donde I

denota la matriz identidad. Desarrollando el segundo miembro de

esta igualdad, tenemos I = I − X−1HX−1H + r(H) · (X + H) ,

luego r(H) · (X + H) = X−1HX−1H = (X−1H)2, de donde

r(H) = (X−1H)2 · (X + H)−1 , por lo tanto |r(H)| 6 |X−1|2 ·|H|2 · |X +H|−1 . Dividiendo esta ultima desigualdad por |H| , nos

queda|r(H)||H| 6 |X−1|2 · |H| · |X + H|−1 .

Ahora es claro que el cuociente|r(H)||H| tiende a 0 cuando H → 0 ,

lo cual termina la prueba.

5. Sea f : M(n × n,R) → M(n × n,R) la aplicacion definida por

f(X) = X2 . Entonces f es diferenciable y Df(X)H = XH +

HX , para cada H ∈M(n× n,R) .

En efecto, f(X + H) − f(X) = (X + H)2 − X2 = X2 + XH +

HX +H2−X2 = XH +HX +H2 , es decir, f(X +H) = f(X)+

Df(X)H + r(H) , donde Df(X)H = XH + HX y r(H) = H2 ,

es claro que limH→0 |r(H)|/|H| = 0 .

Sea U ⊂ Rn y sea f : U → Rm una aplicacion. Entonces f

determina y es determinada por m aplicaciones fi : U → R (i =

1, 2, . . . m) llamadas funciones coordenadas de f . Las aplicaciones fi

son dadas por la relacion f(x) = (f1(x), . . . , fm(x)) . Observemos que

fi = πi f , donde πi : Rm → R es la aplicacion lineal dada por

πi(x1, x2, . . . , xm) = xi . La aplicacion πi es llamada la proyeccion en la

i–esima coordenada.

Proposicion 6.2 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U →Rm . Entonces f es diferenciable en un punto x ∈ U si, y solo si, cada


aplicacion fi (i = 1, 2, . . . , m) es diferenciable en x . Ademas,

Df(x)h = (Df1(x)h, . . . , Dfm(x)h) .

Demostracion. La igualdad f(x + h) = f(x) + Df(x)h + r(h) es

equivalente a las m igualdades fi(x + h) = fi(x) + Dfi(x)h + ri(h) ,

para i = 1, . . . , m , donde Df(x)h = (Df1(x)h, . . . , Dfm(x)h) y r(h) =

(r1(h), . . . , rm(h)) . Ademas, es claro que limh→0

r(h)/|h| = 0 si, y solo si,

limh→0

ri(h)/|h| = 0 para todo i = 1, 2, . . . ,m . Luego f es diferenciable en

x ∈ U si, y solo si, cada funcion coordenada fi para cada i = 1, . . . , m

lo es, y recıprocamente. La formula para la derivada es inmediata.

En los ejemplos que hemos estudiado, propusimos una formula para

la derivada de la aplicacion en cuestion, esto sin mayores explicaciones,

consecuentemente el lector puede protestar, y con razon, por la forma en

que se suponıa el candidato a derivada y luego se comprobaba que era

el correcto. Ademas, surge la pregunta natural de ¿como encontrar tal

candidato? Los calculos que hemos realizado para obtener el candidato

a derivada estan basados en la observacion siguiente,

Observacion. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Rm una

aplicacion diferenciable en un punto x ∈ U , entonces para cada v ∈ Rn

con v 6= 0 y cada t ∈ R con t 6= 0 , se tiene

Df(x)v = Df(x)(

tv

t

)=

1t

Df(x)(tv) =f(x + tv)− f(x)

t± r(tv)|tv| ·|v| (6.10)

luego,

Df(x)v = limt→0

f(x + tv)− f(x)t

, (6.11)

por lo tanto si limt→0

f(x + tv)− f(x)t

existe, este debe ser el candidato

natural a derivada de la aplicacion f en el punto x tomando Df(x)v

como el lımite anterior.

Sergio Plaza 117

Es importante resaltar que la existencia del lımite en (6.11), aun

cuando nos da una forma de calcular el candidato a derivada, no nos

garantiza que f sea diferenciable en el punto x . Por lo tanto, una vez

encontrado el candidato a derivada debemos verificar que este satisface

(6.7) o equivalentemente (6.8).

Ejemplos

1. Sea f : M(n × n,R) → M(n × n,R) dada por f(X) = X2 .

Tenemos f(X + tH)− f(X) = X2 + tXH + tHX + t2H2 −X2 =

tXH + tHX + t2H2

limt→0

f(X + tH)− f(X)t

= limt→0

tXH + tHX + t2H2

t

= limt→0

tXH + tHX + t2H2

t

= XH + HX,

y ya verificamos en un ejemplo anterior que Df(X)H = XH +

HX .

2. Sea f :M(n×n,R) →M(n×n,R) dada por f(X) = XT , donde

XT matriz denota la matriz traspuesta de la matriz X. Tenemos

limt→0

f(X + tH)− f(X)t

= limt→0

(X + tH)T −XT

t

= limt→0

tHT

t= HT .

Ahora es facil verificar que f es diferenciable y que Df(X)H =

HT . Note que f(X) = XT es una aplicacion lineal.


3. Sea f : M(n × n,R) → M(n × n,R) dada por f(X) = XXT .

Tenemos, f(X + tH) − f(X) = (X + tH)(X + tH)T − XXT =

XXT + tXHT + tHXT + t2HHT − XXT = tXHT + tHXT +

t2HHT , luego

limt→0

f(X + tH)− f(X)t

= limt→0

tXHT + tHXT + t2HHT

t

= XHT + HXT

es facil verificar que Df(X)H = XHT +HXT satisface la definicion

de derivada, por lo tanto f es diferenciable.

Como ejercicio, el lector puede verificar usando (6.11) que la expresion

de la derivada en cada uno de los restantes ejemplos anteriores viene

dada por este lımite.

Sean U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rm . Dados x ∈ U y

v ∈ Rn , con v 6= 0 , el lımite

limt→0

f(x + tv)− f(x)t

(6.12)

cuando existe, es llamado derivada direccional de f en el punto x en la

direccion v y lo denotamos por Dvf(x) o por∂f

∂v(x) .

El caso particular mas importante es cuando consideramos las direc-

ciones dadas por los vectores unitarios e1, e2, . . . , en de la base canonica

de Rn . En este caso, la derivada direccional de f en x ∈ U en la di-

reccion ei es denotada por∂f

∂xi(x) , y es llamada derivada parcial de f

en x respecto a la variable xi , es decir,

∂f

∂xi(x) = lim

t→0

f(x + tei)− f(x)t

. (6.13)

Las derivadas parciales de orden superior son definidas de modo simple

Sergio Plaza 119

sigue∂2f

∂xj∂xi(x) =

∂

∂xj

(∂f

∂xi(x)

)

∂3f

∂xk∂xj∂xi(x) =

∂

∂xk

(∂2f

∂xj∂xi(x)

)

...

cuando estas existen

Ejemplos

1. Sea f : R3 → R definida por f(x, y, z) = x2+y2+z4 . Calculemos

la derivada direccional de f en el punto (1, 1, 1) y en la direccion

v =(√

2/2 ,√

2/2 , 0). Tenemos

∂f

∂v(1, 1, 1) = lim

t→0

f((1, 1, 1) + t(√

2/2 ,√

2/2 , 0))− f(1, 1, 1)t

= limt→0

((1 + t√

2/2)2 + (1 + t√

2/2)2 + 1)− 3t

= limt→0

2t√

2 + t2

t= 2

√2 .


f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Evidentemente, f no es continua en el origen, pero ∂f∂x (0, 0) =

limh→0f(h,0)−f(0,0)

h = 0 y ∂f∂y (0, 0) = limk→0

f(0,k)−f(0,0)k = 0 , es

decir, ambas derivadas parciales existen aun cuando Df(0, 0) no

existe (¿porque?)



f(x, y) =

xy(x2 − y2)x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Para (x, y) 6= (0, 0) , tenemos

∂f

∂x(x, y) = y

(x2 − y2

x2 + y2+

4x2y2

(x2 + y2)2

)

∂f

∂y(x, y) = x

(x2 − y2

x2 + y2− 4x2y2

(x2 + y2)2

).

En particular, ∂f∂x (0, y) = −y y ∂f

∂y (x, 0) = x . Ademas,

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)h

= 0

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k)− f(0, 0)k

= 0 ,

y

∂2f

∂y∂x(0, 0) = lim

k→0

∂f∂x (0, k)− ∂f

∂x (0, 0)k

= limk→0

−k

k= −1

∂2f

∂x∂y(0, 0) = lim

h→0

∂f∂y (h, 0)− ∂f

∂y (0, 0)

h= lim

h→0

h

h= 1 .

Mostraremos mas adelante que en general, bajo hipotesis simple,

se tiene la igualdad de las segundas derivadas parciales mixtas.

4. Un ejemplo que muestra que pueden existir las derivadas direc-

cionales en todas las direcciones, sin que por ellos la aplicacion sea

Sergio Plaza 121

diferenciable en un punto es dado por la siguiente aplicacion. Sea

f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2yx2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

No es dıificil ver que para cada v ∈ R2, con v 6= 0 , y cada (x, y) ∈R2 la derivada direccional de f en (x, y) en la direccion v existe,

pero f no es diferenciable en (0, 0) .


f(x, y) =

x3 − y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Tenemos que f es continua en el origen y existen ambas derivadas

parciales en (0, 0) , pero no es diferenciable en ese punto.

En efecto, usando coordenadas polares x = r cos(θ) e y = r sen(θ) ,

tenemos∣∣∣∣x3 − y3

x2 + y2

∣∣∣∣ = |r(cos3(θ)− 3sen(θ))| 6 2r = 2

√x2 + y2 < ε

si x2 6 ε8 e y2 6 ε2

8 , escribiendo esto de otra forma, tenemos

|x| 6 ε2√

2y |y| 6 ε

2√

2. Luego, |x3−y3

x2+y2 − 0| 6 ε cuando |x| 6 ε2√

2

y |y| 6 ε2√

2, donde evidentemente elegimos δ = ε

2√

2, por lo tanto

f es continua en el origen. Ahora,

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)h

= limh→0

h− 0h

= 1

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k)− f(0, 0)k

= limk→0

−k

k= −1


luego la funcion posee derivadas parciales en (0, 0) .

Ahora, si f fuese diferenciable en (0, 0) deberıamos tener que

Df(0, 0)(h, k) =∂f

∂x(0, 0)h +

∂f

∂y(0, 0)k + hφ(h, k) + kψ(h, k) ,

donde lim(h,k)→(0,0) φ(h, k) = lim(h,k)→(0,0) ψ(h, k) = 0 . Poniendo

h = ρ cos(θ) y k = ρ sen(θ) y dividiendo por ρ , obtenemos

cos3(θ)−sen3(θ) = cos(θ)−sen(θ)+φ(h, k) cos(θ)+ψ(h, k) sen(θ) .

Para θ = arctang(h/k) arbitrario, se tiene ρ → 0 implica que

(h, k) → (0, 0) , luego tomando lımite, obtenemos la identidad

trigonometrica cos3(θ) − sen3(θ) = cos(θ) − sen(θ) , de donde

cos(θ) sen(θ) (cos(θ) − sen(θ)) = 0 , lo cual es imposible para θ

arbitrario. Por lo tanto f no es diferenciable en el origen.

6. La funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

xy√x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

es continua y posee derivadas parciales, pero no es diferenciable en

el origen.

En efecto, es facil ver que f es continua en todo su dominio,

y un calculo directo aplicando la definicion de derivada parcial,

muestra que ∂f∂x (0, 0) = ∂f

∂y (0, 0) = 0 . Como en el ejemplo an-

terior, si f, fuese diferenciable en (0, 0) deberıamos tener que

Df(0, 0)(h, k) = ∂f∂x (0, 0)h+ ∂f

∂y (0, 0)k+hφ(h, k)+kψ(h, k) , donde

lim(h,k)→(0,0)

φ(h, k) = lim(h,k)→(0,0)

ψ(h, k) = 0 , en este caso, desarrol-

lando lo anterior obtenemos que hk√h2+k2

= hφ(h, k) + kψ(h, k) , y

usando coordenadas polares h = r cos(θ) y k = r sen(θ) , obten-

emos cos(θ) sen(θ) = φ cos(θ) + ψ sen(θ) . Para θ arbitrario, se

Sergio Plaza 123

tiene r → 0 implica que (h, k) → (0, 0) . Luego, haciendo r → 0

nos queda cos(θ) sen(θ) = 0 , lo cual es imposible para θ arbi-

trario. Por lo tanto f no es diferenciable en el origen.

7. Sea f : R2 → R la funcion definida por

f(x, y) =

x2 sen(1/x) + y2 sen(1/y) si xy 6= 0

x2 sen(1/x) si y = 0 , x 6= 0

y2 sen(1/y) si x = 0 , y 6= 0

0 si x = y = 0 ,

Se tiene que

∂f

∂x(x, y) =

2x sen(1/x)− cos(1/x) si x 6= 0

0 si x = 0

y

∂f

∂y(x, y) =

2y sen(1/y)− cos(1/y) si y 6= 0

0 si y = 0

ambas son discontinuas en el origen, esto es, ambas derivadas par-

ciales existen en el origen, pero son discontinuas en ese punto.

Ahora, si f fuese diferenciable en el origen deberıamos tener que

f(h, k)− f(0, 0) = h2 sen(1/h) + k2 sen(1/k)

= 0h + 0k + h(h sen(1/h)) + k(k sen(1/k)) .

Ahora, ambos lımites limh→0

h sen(1/h) y limk→0

k sen(1/k) existen y

son iguales a 0, por lo tanto f, es diferenciable en el origen.


En los ejemplos anteriores muestran que la existencia de las derivadas

parciales o de las derivadas direccionales en un punto no garantiza que

f sea diferenciable en ese punto. Por otra parte, es claro que si f es

diferenciable en x ∈ U , entonces existen las derivadas direccionales de

f en todas las direcciones y vienen dadas por

∂f

∂v(x) = Df(x)v ,

donde v ∈ Rn , con v 6= 0 .

Ejemplos

1. Sea f(x, y) = e−x sen(y) . Tenemos

∂f

∂x(x, y) = −e−x sen(y) ,

∂f

∂y(x, y) = e−x cos(y) ,

de donde,

∂2f

∂y∂x(x, y) = −e−x cos(y) =

∂2f

∂x∂y(x, y) .

2. Sea f(x, y, z, w) = ez2+w2log(x2 + y2) , donde (x, y) 6= (0, 0) . Te-

nemos,

∂f

∂x(x, y, z, w) = ez2+w2 2x

x2 + y2,

∂f

∂y(x, y, z, w) = ez2+w2 2y

x2 + y2,

∂f

∂z(x, y, z, w) = 2zez2+w2

log(x2 + y2) ,

∂f

∂w(x, y, z, w) = 2wez2+w2

log(x2 + y2) .

Sergio Plaza 125

Derivando nuevamente, tenemos,

∂2f

∂y∂x(x, y, z, w) = ez2+w2 −4xy

(x2 + y2)2=

∂2f

∂x∂y(x, y, z, w)

∂2f

∂z∂x(x, y, z, w) = 2zez2+w2 2x

x2 + y2=

∂2f

∂x∂z(x, y, z, w)

...

6.1.1 Matriz Jacobiana

Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Rm una aplicacion dife-

renciable en x ∈ U . Tenemos que Df(x) : Rn → Rm es una aplicacion

lineal, por lo tanto ella tiene una representacion matricial.

Ahora encontraremos la representacion matricial de Df(x) relativa a

las bases canonicas de Rn y de Rm . Denotemos por e1, . . . , en la base

canonica de Rn. Como f es diferenciable en x , tenemos que Df(x)ei =∂f(x)∂xi

. Escribiendo f en terminos de sus aplicaciones coordenadas, es

decir, f = (f1, f2, . . . , fm) , tenemos

∂f

∂xi(x) = Df(x)ei = (Df1(x)ei, Df2(x)ei, . . . , Dfm(x)ei)

=(

∂f1

∂xi(x),

∂f2

∂xi(x), . . . ,

∂fm

∂xi(x)

),

esta expresion es relativa a las bases canonicas de Rn y Rm , respectiva-

mente. Por lo tanto,

∂f

∂xi(x) = Df(x)ei =

m∑

j=1

∂fj

∂xi(x) ej

y la expresion matricial de la transformacion lineal D f(x) : Rn → Rm ,

llamada matriz jacobiana de f en x y denotada por J f(x) , tiene por


elemento (j, i) el j-esimo elemento del vector∂fj

∂xi(x) , esto es,

Jf(x) =

∂f1

∂x1(x)

∂f1

∂x2(x) · · · ∂f1

∂xn(x)

∂f2)∂x1

(x)∂f2

∂x2(x) · · · ∂f2

∂xn(x)

......

. . ....

∂fm

∂x1(x)

∂fm

∂x2(x) · · · ∂fm

∂xn(x)

m×n

(6.14)

Como ya observamos, la existencia de Jf(x), y por lo tanto de las

derivadas parciales, no garantiza que f sea diferenciable en un punto x

de U .

Ejemplos.

1. Sea U = (r, θ) ∈ R2 : r > 0 , θ ∈ R. Es claro que U

es un conjunto abierto. Definamos f : U → R2 por f(r, θ) =

(f1(, θ), f2(r, θ) = (r cos(θ), r sen(θ)) . Tenemos que

Jf(r, θ) =

cos(θ) −r sen(θ)

sen(θ) r cos(θ)

.

2. Sea U = (r, θ, φ) ∈ R3 : r > 0 , θ, φ ∈ R . Es claro que U

es un conjunto abierto. Sea f : U → R3 dada por f(r, θ, φ) =

Sergio Plaza 127

(r cos(θ) sen(φ), r sen(θ) sen(φ), r cos(φ)) . Tenemos

Jf(r, θ, φ) =

cos(θ) sen(φ) −r sen(θ) sen(φ) r cos(θ) cos(φ)

sen(θ) sen(φ) r cos(θ) sen(φ) r sen(θ) cos(φ)

cos(φ) 0 −r sen(φ)

.

6.2 Casos Especiales

1.- Caminos diferenciables. Estas son aplicaciones f : J → Rm,

donde J ⊂ R es un intervalos abierto.

2.- Funciones diferenciables. Estas son aplicaciones f : U ⊂ Rn → R ,

donde U es un conjunto abierto.

Ahora estudiaremos estos dos casos particulares en forma mas deta-

llada.

6.2.1 Caminos Diferenciables

Un camino es una aplicacion f : J ⊂ R → Rm , donde J ⊂ R es un

intervalo abierto.

El vector velocidad de un camino f en un punto x ∈ J se define como

vx =df

dt(x) = lim

t→0

f(x + t)− f(x)t

, (6.15)

cuando el lımite existe.

Recordemos ahora que L(R,Rm) es canonicamente isomorfo a Rm .

En efecto, definamos Γ : L(R,Rm) → Rm por Γ(L) = vL , donde el

vector vL ∈ Rm es dado por vL = L(1) . Es facil ver Γ es un isomorfismo.


Dada una transformacion lineal L ∈ L(R,Rm) y dado t ∈ R , tenemos

que L(t) = L(t · 1) = t · L(1) = t · vL , en otras palabras mediante el

isomorfismo Γ el valor de L en el vector t ∈ R se transforma en el

producto escalar del vector vL por t .

Ahora, sea f : J ⊂ R → Rm un camino. Tenemos que f(x + t) =

f(x)+Df(x)t+r(t) es equivalente a f(x+ t) = f(x)+ tDf(x)1+r(t) =

f(x) + t · vT + r(t) , donde T = Df(x) , de aquı

f(x + t)− f(x)t

− vT =r(t)t

, (6.16)

de esta ultima igualdad, deducimos que f es diferenciable en un punto

x ∈ J , si y solo si, f tiene un vector velocidad vx en ese punto. Ademas,

mediante el isomorfismo Γ anterior la aplicacion lineal Df(x) se trans-

forma en el vector velocidad vx =df(x)

dt= Df(x)1 . Ahora, escribiendo

f en terminos de sus funciones coordenadas, f = (f1, f2, . . . , fm) donde

fi : J → R (i = 1, . . . ,m) tenemos

df

dt(x) =

(df1

dt(x),

df2

dt(x), . . . ,

dfm

dt(x)

). (6.17)

Por lo tanto, para calcular la derivada de un camino diferenciable

f : J ⊂ R → Rm en un punto x ∈ J basta calcular las derivadas de

cada aplicacion coordenada fi : J → R en ese punto, y tenemos

Df(x)t = t ·Df(x)1 = t · df

dt(x)

= t

(df1

dt(x),

df2

dt(x), . . . ,

dfm

dt(x)

). (6.18)

Observacion. El vector f(x) +df

dt(x) , trasladado del vector velocidad

df

dt(x) al punto f(x) , es un vector tangente a la grafica de f en el punto

Sergio Plaza 129

f(x) . La recta ` , generada pordf

dt(x) , la cual viene dada por

` =

λ · df

dt(x) : λ ∈ R

⊂ Rm ,

es un subespacio vectorial de Rm y su trasladada, f(x)+ ` , es una recta

tangente al grafico de f en el punto f(x) . En general, a la recta ` la

llamaremos la recta tangente a f en el punto f(x) .

f

....................................................

....................................................................................................................................................................................

................................................

................................................

................................................

.............................. ..............

......................................................................................................................................................................................................................] [|J

x

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

.....

.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................

......................................................

rrow ¡5pt¿ [0.5,1] from 7 4.2 to 7.1 4.2

dfdt (x) + f(x)

•f(x)

`dfdt (x)

rrow ¡5pt¿ [0.5,1] from 4 0.4 to 4.1 .45

6.3 Funciones Diferenciables

Sean U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → R una aplicacion diferen-

ciable en x ∈ U , en este caso tenemos que Df(x) ∈ L(Rn,R) = (Rn)∗ ,

dual algebraico de Rn (en este caso tambien es el dual topologico, pues

la dimension de los espacios en cuestion es finita.)

Se acostumbra a denotar Df(x) por df(x) y es llamada diferencial de

f en el punto x . Aquı tambien seguiremos esta tradicion.

Como m = 1 , la matriz jacobiana de f en x respecto a las bases

canonicas de Rn y de R , es una matriz de una fila y n columnas

Jf(x) =(

∂f

∂x1(x)

∂f

∂x2(x) · · · ∂f

∂xn(x)

)

1×n


la cual puede se identifica naturalmente con el vector(

∂f

∂x1(x) ,

∂f

∂x2(x) , · · · , ∂f

∂xn(x)

)

de Rn mediante el isomorfismo canonico Θ :M(1× n) → Rn .

Denotemos por e1, e2, . . . , en la base de (Rn)∗ , dual de la base

canonica e1, e2, . . . , en de Rn , las funciones lineales ei : Rn → R

son dadas por ei(ej) = δij , donde δij es el delta de Kronecker,

δij = 1 si i = j

0 si i 6= j .

En esta base de (Rn)∗ las coordenadas de df(x) son los numeros∂f(x)∂xi

, y tenemos

df(x) =n∑

i=1

∂f

∂xi(x) ei . (6.19)

Las aplicaciones lineales ei : Rn → R , usualmente son denotadas

por dxi , pues ei(v1, v2, . . . , vn) = vi = xi(v1, v2, . . . , vn) , donde xi :

Rn → R son las funciones que asignan a cada vector v ∈ Rn su i-esima

coordenada. Es claro que dxi(v) = vi y podemos escribir df(x) como

df(x) =n∑

i=1

∂f

∂xi(x)dxi (6.20)

ası,

df(x)v =n∑

i=1

∂f

∂xi(x) dxi(v) =

n∑

i=1

∂f

∂xi(x) vi . (6.21)

Ahora, como df(x) : Rn → R es una transformacion lineal, existe un

unico vector vx ∈ Rn tal que

df(x)h = 〈vx, h〉 , (6.22)

Sergio Plaza 131

para todo h ∈ Rn , el vector vx es llamado vector gradiente de la funcion

f en el punto x y lo denotamos por grad f(x) o por ∇f(x) . Podemos

reescribir lo anterior como

df(x)h = 〈grad f(x), h〉 , (6.23)

para todo h ∈ Rn . El problema que surge aquı, es ¿como calcular

las coordenadas del vector gradf(x) , por lo menos, relativas a la base

canonica de Rn?

Para esto, observemos que

∂f

∂xi(x) = df(x)ei = 〈 gradf(x), ei〉 , (6.24)

por lo tanto,

grad f(x) =(

∂f

∂x1(x) ,

∂f

∂x2(x) , . . . ,

∂f

∂xn(x)

). (6.25)

Podemos tambien identificar el vector grad f(x) con la matriz jaco-

biana Jf(x) por el isomorfismo Θ anterior.

Nota. Como ejercicio el lector puede encontrar las coordenadas del

vector grad f(x) relativo a una base arbitraria de Rn .

Ejemplos

1. Sea f : R3 → R dada por f(x, y, z) = cos(x2 + z2) ex2+y2. Es

claro que f es diferenciable, y tenemos

grad f(x, y, z) = 2 ex2+y2(x(cos(x2 + z2)− sen(x2 + z2)),

y cos(x2 + z2),−z cos(x2 + z2)) .

2. Sea f : R3 → R dada por f(x, y, z) = x2y + y3 sen(z2) . Tenemos

que f es diferenciable (de clase C∞ ) y

grad f(x, y, z) = (2xy , x2 + 3y2 sen(z2) , 2y3z cos(z2)) .


Para finalizar esta seccion probaremos el siguiente Teorema.

Teorema 6.1 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Rm .

Entonces Df(a) existe si todas las derivadas parciales ∂fi∂xj

(x) existen

en un conjunto abierto que contiene al punto a y cada aplicacion ∂fi

∂xj:

U → R que asocia a x la derivada parcial ∂fi

∂xj(x) es continua a .

Demostracion. Basta probar para el teorema para el caso f : U ⊂Rn → R . El caso general, f : U → Rm , se obtiene a partir de este

considerando las funciones coordenadas fi : U → R (i = 1, . . . ,m) de

f . Tenemos

f(a + h)− f(a) = f(a1 + h1, a2, . . . , an)− f(a1, . . . , an)

+ f(a1 + h1, a2 + h2, a3, . . . , an)−f(a1 + h1, a2, . . . , an)

...

+ f(a1 + h1, . . . , an + hn)

− f(a1 + h1, . . . , an−1 + hn−1, an) .

Definamos la funcion gi por

gi(t) = f(a1 + h1, . . . , ai−1 + hi−1, t, ai+1, . . . , an) .

Entonces, cada gi es una funcion real de variable real, y por el Teorema

del Valor Medio tenemos que

f(a1 + h1, a2, . . . , an)− f(a1, . . . , an) = g(a1 + h1)− g(a1)

= h1 g′(c1)

= h1∂f

∂x1(c1) ,

Sergio Plaza 133

donde c1 ∈ ]a1, a1 + h[ .

Analogamente, para el termino i-esimo tenemos que

f(a1 + h1, . . . , ai + hi, ai+1, . . . , an)−−f(a1 + h1, . . . , ai−1 + hi−1ai, . . . , an) = hig

′i(ci) = hi

∂f

∂xi(ci) ,

donde ci esta entre ai y ai + hi.

Luego

limh→0

∣∣∣f(a + h)− f(a)−∑ni=1 hi

∂f∂xi

(a)∣∣∣

|h| 6

limh→0

∑ni=1

∣∣∣ ∂f∂xi

(a1 + h1, . . . , ai−1 + hi−1, ci, ai+1, . . . , an)− ∂f∂xi

(a)∣∣∣ |hi|

|h| =

limh→0

n∑

i=1

∣∣∣∣∂f

∂xi(a1 + h1, . . . , ai−1 + hi−1, ci, ai+1, . . . , an)− ∂f

∂xi(a)

∣∣∣∣|hi||h| 6

limh→0

n∑

i=1

∣∣∣∣∂f

∂xi(a1 + h1, . . . , ai−1 + hi−1, ci, ai+1, . . . , an)− ∂f

∂xi(a)

∣∣∣∣ = 0

pues |hi|/|h| 6 1 , las funciones ∂f∂xi

(x) son continuas en ai , y ci → ai

cuando h → 0 .

6.4 Clase de Diferenciabilidad

Ahora estudiaremos uno de los conceptos mas importantes del calculo

diferencial, este es el de clase de diferenciabilidad de una funcion.

Definicion 6.2 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Decimos que una

aplicacion f : U → Rm es diferenciable en U si f es diferenciable en

cada punto de U .

Si f : U → Rm es diferenciable en U , definimos la aplicacion derivada


Df : U → L(Rn,Rm) ≡ Rnm ≡M(m× n , R) (6.26)

que a cada x ∈ U le asocia su derivada Df(x) , la cual tambien podemos

pensar como un elemento de M(m× n,R) .

Note que la aplicacion derivada Df no es necesariamente lineal.

Ejemplo. Sea T : Rn → Rm una aplicacion lineal. Sabemos que T

es diferenciable en todo x ∈ Rn y que DT (x) = T . Luego, la apli-

cacion derivada, DT : Rn → L(Rn,Rm) asocia a cada x ∈ Rn la apli-

cacion lineal T , por lo tanto, en este caso D T es la aplicacion constante

DT (x) = T para todo x ∈ Rn .

Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto.

Definicion 6.3 Decimos que una aplicacion f : U → Rm es con-

tinuamente diferenciable o de clase C1 en U , y usamos la notacion

f ∈ C1 , si f es diferenciable en U y la aplicacion derivada Df : U →L(Rn,Rm) ≡ Rnm dada por x → Df(x) es continua.

Observacion. Escribiendo f = (f1, . . . , fm) se tiene que f es de clase

C1 si, y solo si, las derivadas parciales ∂fj

∂xiexisten para cada i =

1, . . . , n y cada j = 1, . . . , m , y son continuas en U .

Ejemplo. Sea f : R→ R la aplicacion dada por

f(x) =

x2 si x > 0

0 si x 6 0 .

Es claro que

f ′(x) = 2x si x > 0

0 si x 6 0 ,

luego f ′ es continua y por lo tanto f es de clase C1 en R .

Sergio Plaza 135

Supongamos ahora que f : U → Rm es de clase C1 en un abierto

U ⊂ Rn , nos podemos preguntar si la aplicacion derivada Df : U →L(Rn,Rm) es diferenciable en un punto x ∈ U .

Si Df : U → L(Rn,Rm) es diferenciable en un punto x ∈ U , decimos

que f es dos veces diferenciable en x y usamos la notacion D2f(x) para

indicar la derivada de la aplicacion Df en el punto x , tenemos

D2f(x) : Rn → L(Rn,Rm) ,

es una aplicacion lineal, luego D2f(x) ∈ L(Rn,L(Rn,Rm)) .

Recordemos que el espacio vectorial L(Rn,L(Rn,Rm)) es isomorfo al

espacio vectorial L2(Rn,Rm) = B : Rn×Rn → Rm ; B bilineal , de

las aplicaciones bilineales.

En efecto, sea Λ : L(Rn,L(Rn,Rm)) → L2(Rn,Rm) la aplicacion

definida como sigue: a cada aplicacion lineal T ∈ L(Rn,L(Rn,Rm))

asignamos la aplicacion bilineal T : Rn × Rn → Rm definida por

T (u, v) = Tu(v) , donde Tu : Rn → Rm es la aplicacion lineal definida

del siguiente modo, la aplicacion lineal T : Rn → L(Rn,Rm) asocia a

cada vector u ∈ Rn la aplicacion lineal Tu ∈ L(Rn,Rm) . De la lineali-

dad de T tenemos T (u+λv) = T (u)+λT (v) . Ahora, como Tu es una

aplicacion lineal T es bilineal.

Usando la identificacion entre L(Rn,L(Rn,Rm)) y L2(Rn,Rm) dada

arriba, podemos pensar el elemento D2f(x) ∈ L(Rn,L(Rn,Rm)) como

la aplicacion bilineal,

D2f(x) : Rn × Rn → Rm .

Definicion 6.4 Decimos que una aplicacion f : U → Rm es dos veces

diferenciable en U si D2f(x) existe para cada x ∈ U .


Observacion. Escribiendo f = (f1, . . . , fm) . Tenemos que D2f(x)

existe si, y solo si, las derivadas parciales de segundo orden ∂2fj

∂xi∂xk

existen y son continuas en U , para cada i, k = 1, . . . , n y cada j =

1, . . . , m .

Si f : U → Rm es dos veces diferenciable en U podemos definir la

aplicacion derivada segunda

D2f : U → L2(Rn,Rm) (6.27)

que asocia a cada x ∈ U la aplicacion bilineal D2f(x) : Rn×Rn → Rm .

Definicion 6.5 Decimos que f es dos veces continuamente diferen-

ciable o de clase C2 en U , notacion f ∈ C2 , si la aplicacion derivada

segunda es continua en U .

Inductivamente, supongamos que tenemos definidas las derivadas hasta

orden k − 1 , es decir, f : U → Rm es k − 1 veces diferenciable en U .

Como antes, podemos definir la aplicacion derivada k − 1 de f

Dk−1f : U → Lk−1(Rn,Rm) ,

donde Lk−1(Rn,Rm) es el espacio de las aplicaciones (k − 1)–lineales

de Rn × · · · × Rn en Rm . Si la aplicacion Dk−1f es diferenciable en

x ∈ U , decimos que f es k veces diferenciable en x . La derivada de

Dk−1f en x es la aplicacion lineal

Dkf(x) = D(Dk−1f)(x) : Rn → Lk−1(Rn,Rm) , (6.28)

esto es, Dkf(x) ∈ L(Rn,Lk−1(Rn,Rm)) . Este ultimo espacio es iso-

morfo al espacio Lk(Rn,Rm) , de las aplicaciones k–lineales de Rn ×· · · × Rn (k–veces) en Rm .

Sergio Plaza 137

Si Dk−1f es diferenciable en U , decimos que f es k veces diferen-

ciable en U , como antes definimos la aplicacion derivada k–esima

Dkf : U → L(Rn,Lk−1(Rn,Rm)) ≡ Lk(Rn,Rm) . (6.29)

Si la aplicacion Dkf es continua en U , decimos que f es k veces

continuamente diferenciable o de clase Ck en U , usamos la notacion

f ∈ Ck .

Observacion. Como antes, escribiendo f = (f1, . . . , fm) se tiene que f

es de clase Ck en U si, y solo si, las derivadas parciales de orden menor

o igual a k de las funciones coordenadas fj (j = 1, . . . ,m) existen y son

continuas en U , es decir, para cada ` 6 k y cada coleccion de ındices

i1, . . . , i` ⊂ 1, . . . , n se tiene que

∂`f

∂xi1 · · · ∂xi`

,

existen y son funciones continuas en U .

Finalmente, si para cada k ∈ N se tiene que f ∈ Ck , decimos que f

es de clase C∞ en U . Notacion f ∈ C∞ .

Observaciones.

1. Denotando por C0 el conjunto de las aplicaciones continua, se

tiene

C∞ = C0 ∩ C1 ∩ · · · .

2. En general Ck+1 esta estrictamente contenido en Ck . Para verlo

tomamos n = m = 1 , y definimos las aplicaciones fk : R → R

por

fk(x) =

xk si x > 0

0 si x 6 0 ,


es claro que f0 es discontinua, pues

f0(x) = 1 si x > 0

0 si x 6 0 ,

la aplicacion f1 es continua, pero no diferenciable en el punto x =

0 . Para k > 2 es claro quedfk

dx(x) = k fk−1 , luego fk ∈ Ck−1

pero fk /∈ Ck .

Ejemplos.

1. Sea T : Rn → Rm una aplicacion lineal. Tenemos que DT :

Rn → L(Rn,Rm) es la aplicacion constante x → DT (x) = T ,

luego DkT = 0 para todo k > 2 . Por lo tanto T ∈ C∞ .

2. Sea B : Rn × Rm → Rp una aplicacion bilineal. Tenemos la

derivada de B es dada por DB(x, y)(h, k) = B(x, k) + B(h, y)

y DB : Rn × Rm → L(Rn × Rm,Rp) es la aplicacion dada por

(x, y) → B(x, ·) + B(·, y) , la cual es una aplicacion lineal. Por lo

tanto D2B es una aplicacion constante y DkB = 0 para todo

k > 3 , en consecuencia B ∈ C∞ .

Como ejercicio, el lector puede estudiar la derivada de una apli-

cacion k–lineal T : Rn1 × · · · × Rnk → Rp .

3. Del calculo diferencial de una variable real, tenemos que las fun-

ciones polinomiales, exponenciales, logarıtmicas, trigonometricas,

etc. son de clase C∞ .

Proposicion 6.3 Sea f : U → Rm y sean f1, . . . , fm : U → R las

funciones coordenadas de f . Entonces f es de clase Ck si, y solo si,

cada funcion coordenada fj (j = 1, . . . ,m) es de clase Ck . Ademas,

Dkf(x) =(Dkf1(x), . . . , Dkfm(x)

). (6.30)

Sergio Plaza 139


Teorema 6.2 (Schwarz) Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Si f :

U → R es de clase Cr (r > 2). Entonces en cualquier punto de

U las derivadas parciales de orden k para 1 6 k 6 r , existen y su

valor es independiente del orden en que realice la derivacion, es decir,

si (j1, . . . , jk) es una permutacion de (i1, . . . , ik) entonces se tiene la

igualdad∂kf

∂xi1 · · · ∂xik

=∂kf

∂xj1 · · · ∂xjk

.

Demostracion. Vamos a hacer la demostracion para el caso n = 2 ,

el caso general es completamente analogo. Escribamos p0 = (x0, y0) ∈U . Sea φ(x) = f(x, y0 + k) − f(x, y0) , donde k es pequeno. Para

x suficientemente cercano a x0 , se tiene que φ es una funcion de la

variable x . Aplicando el Teorema del Valor Medio a φ , para h pequeno

obtenemos

φ(x0 + h)− φ(x0) = hdφ

dx(x0 + θ1h) , donde 0 < θ1 < 1 ,

es decir,

φ(x0 + h)− φ(x0) = h

(∂f

∂x(x0 + θ1h, y0 + k) − ∂f

∂x(x0 + θ1h, y0)

).

Ahora bien, para cada h apliquemos nuevamente el Teorema del Valor

Medio a la segunda variable, en la igualdad del lado derecho anterior,

φ(x0 + h)− φ(x0) = hk

(∂2f

∂y∂x(x0 + θ1h, y0 + θ2k)

)

= hk

(∂2f

∂y∂x(x0, y0) + η

),

donde η → 0 cuando h → 0 , y k → 0 de cualquier forma, pues∂2f

∂y∂xes continua. Podemos escribir la ultima expresion como


(f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0))− (f(x0, y0 + k)−

f(x0, y0) = hk∂2f

∂y∂x(x0, y0) + ηhk .

Dividiendo esta igualdad por k , y haciendo k → 0 se obtiene

∂f

∂y(x0 + h, y0) − f

∂y(x0, y0) = h

(∂2f

∂y∂x(x0, y0) + η

).

Finalmente, dividiendo esta igualdad por h y haciendo h → 0 , obtene-

mos

∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0) .

Lo que finaliza la prueba.

Ejemplo. La funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

satisface que∂2f

∂x∂y(0, 0) =

∂2f

∂y∂x(0, 0) , aun cuando no satisface las

condiciones del teorema de Schwarz.

En efecto, tenemos

∂f

∂x(0.0) = lim

h→0

f(x, 0)− f(0, 0)h

= 0 ,

analogamente∂f

∂y(0.0) = 0 . Ahora, para (x, y) 6= (0, 0)

∂f

∂x(x, y) =

2xy4

(x2 + y2)2

∂f

∂y(x, y) =

2x4y

(x2 + y2)2

Sergio Plaza 141

Ahora,∂2f

∂y∂x(0, 0) = lim

y→0

∂f∂x (0, y)− ∂f

∂x (0, 0)y

= 0 ,

y analogamente∂2f

∂x∂y(0, 0) = 0 , luego se tiene que

∂2f

∂x∂y(0, 0) =

∂2f

∂y∂x(0, 0) = 0 . Para (x, y) 6= (0, 0) tenemos

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) =

8x3y3

(x2 + y2)2.

Finalmente, tomando rectas del tipo y = mx vemos que

lim(x,y)→(0,0)

∂2f

∂y∂x6= 0 =

∂2f

∂y∂x(0, 0) ,

de donde ∂2f∂y∂x no es continua en (0, 0) , es decir, f no satisface las

condiciones del teorema de Schwarz. Para esta funcion se tiene tambien

que ∂f∂x y ∂f

∂y no son diferenciables en el origen como puede ser verificado

facilmente.

6.5 Teoremas Fundamentales del Calculo Dife-

rencial

En esta seccion estudiaremos los Teoremas fundamentales del calculo

diferencial en espacios euclideanos, estos son: Regla de la Cadena, De-

sigualdad del Valor Medio, Teorema de la Funcion Inversa y sus corolar-

ios: Forma Local de las Inmersiones, Forma Local de la Submersiones,

Teorema de la Funcion Implıcita, y Teorema del Rango.

Teorema 6.3 (Regla de la Cadena). Sean U ⊂ Rn y V ⊂ Rm con-

juntos abiertos. Sean f : U → Rm y g : V → Rp aplicaciones tales

que f(U) ⊂ V , con f diferenciable en x ∈ U y g diferenciable en


y = f(x) ∈ V . Entonces la aplicacion compuesta, g f : U → Rp

es diferenciable en x . Ademas, D(g f)(x) = Dg(f(x)) Df(x).

Demostracion. Como f es diferenciable en x ∈ U , tenemos que f(x+

h) = f(x) + Df(x)h + ρ(h)|h|, con limh→0

ρ(h) = 0. Analogamente, como

g es diferenciable en y = f(x) ∈ V , podemos escribir g(y + k) = g(y) +

Dg(y)k + σ(k)|k|, con limk→0

σ(k) = 0.

Ahora,

(g f)(x + h) = g(f(x + h))

= g(f(x) + Df(x)h + ρ(h)|h|)= g(y + Df(x)h + ρ(h)|h|) .

Si h es pequeno, entonces k = Df(x)h + ρ(h)|h| tambien es pequeno,

pues Df(x) es una aplicacion lineal, por lo tanto continua, y sabemos

que si T : Rn → Rm es una aplicacion lineal entonces existe una con-

stante c > 0 tal que |T (h)| < c |h| (c = sup|T (v)| : |v| 6 1). Luego

|k| 6 |Df(x)h| + |ρ(h)||h| 6 (c + |ρ(h)|)|h| y como limh→0

ρ(h) = 0 , dado

ε > 0, existe δ > 0 tal que |h| < δ implica |ρ(h)| < ε. Por lo tanto,

|k| < (c + ε)δ para |h| < δ .

De lo anterior, podemos escribir

(g f)(x + h) = g(y + k)

= g(y) + Dg(y)k + σ(k)|k|= g(y) + Dg(y)(Df(x)h + ρ(h)|h|) + σ(k)|Df(x)h

+ρ(h)|h||= g(y) + Dg(y)(Df(x)h) + Dg(y)(ρ(h)|h|)

+σ(k)|Df(x)h + ρ(h)|h||

Sergio Plaza 143

= g(y) + Dg(y) Df(x)h + |h|(Dg(y)ρ(h)

+σ(k)|Df(x)h

|h| + ρ(h)|

Ahora, sea τ(h) = Dg(y)ρ(h) + σ(k)|Df(x) (h/|h|) + ρ(h)| . Tenemos,

(g f)(x + h) = g(y + k) = g(y) + Dg(y) Df(x)h + τ(h)|h| . Por lo

tanto, solo nos resta probar que limh→0

τ(h) = 0. Para ello recordemos que

|k| < (c + ε)|h| si 0 < |h| < δ, luego k → 0 cuando h → 0. Por otra

parte, como el vector h/|h| tiene norma 1, se sigue que |Df(x)h/|h|| 6 c

y en consecuencia

limh→0

τ(h) = limh→0

(Dg(y)ρ(h) + σ(k)|Df(x)(h/|h|) + ρ(h)|) = 0 .

Corolario 6.4 Sean f y g como en el Teorema anterior. Si f y g son

de clase Ck . Entonces g f es de clase Ck .

Demostracion. Tenemos D(g f)(x) = Dg(f(x)) Df(x) . Defi-

namos las aplicaciones B : L(Rm,Rp) × L(Rn,Rm) → L(Rn,Rp) y

Γ : U → L(Rm,Rp) × L(Rn,Rm) por B(T,L) = T L y Γ(x) =

(Dg(f(x)), Df(x)), respectivamente. Tenemos que Γ = (Dg f,Df) , es

claro que B es bilineal, por lo tanto de clase C∞. Ademas, D(g f) =

B Γ .

Ahora procedemos por induccion. La afirmacion es valida para k = 0,

pues si f y g son continuas entonces g f es continua, es decir, f ∈ C0

y g ∈ C0 implican g f ∈ C0.

Supongamos que la afirmacion es valida para todo ` < k, esto es, si

f, g ∈ C` entonces g f ∈ C` . De esto se sigue que Df , Dg y Dg f son

de clase C`−1. Por lo tanto, Γ = (Dg f, Df) es de clase Ck−1 y como

B ∈ C∞ , tenemos que D(g f) = B Γ es de clase Ck−1, es decir, g f

es de clase Ck.


Proposicion 6.4 La aplicacion inversion de matrices, inv : GL(Rn) →GL(Rn) , inv(X) = X−1 es de clase C∞.

Demostracion. Sea E = L(L(Rn),L(Rn)), donde L(Rn) = L(Rn,Rn).

Definamos la aplicacion B : L(Rn) × L(Rn) → E , por B(L, T )H =

L H T . Es claro que B ∈ C∞, pues es bilineal.

Ya mostramos que la aplicacion inv es diferenciable y su derivada

viene dada por

Dinv(X)H = −X−1HX−1 = B(X−1, X−1)H = B(inv(X), inv(X))H .

Luego, Dinv = B (inv, inv) .

Ahora procedemos por induccion. Es claro que inv es continua. Su-

pongamos que inv ∈ Ck−1 . Como B ∈ C∞ , se sigue del Corolario

anterior y de la igualdad Dinv = B (inv, inv) que Dinv ∈ Ck−1 , es

decir, inv ∈ Ck.

Corolario 6.5 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rm

una aplicacion diferenciable en x ∈ U . Supongamos que el conjunto

V = f(U) ⊂ Rm es abierto y que existe una aplicacion g : V → Rn

tal g f = IU y f g = IV (IA denota la aplicacion identidad del

conjunto A). Si g es diferenciable en el punto y = f(x) ∈ V . Entonces

Df(x) : Rn → Rm es un isomorfismo, y su isomorfismo inverso es

Dg(y) : Rm → Rn . En particular, se tiene que n = m .

Demostracion. Como D IdU(x) = IdRn y D IdV (y) = IdRm , se sigue

que D(gf)(x) = Dg(y)Df(x) = IRn y D(f g)(y) = Df(x)Dg(y) =

IdRm , y de esto el resultado es inmediato.

Ahora sean f : U ⊂ Rn → Rm y g : V ⊂ Rm → Rp como en el

Teorema de la Regla de la Cadena. Escribiendo f = (f1, f2, . . . , fm) y

g = (g1, g2, . . . , gp), vemos que para i = 1, 2, . . . , n y j = 1, 2, . . . , p ,

Sergio Plaza 145

∂(gj f)∂xi

(x) =m∑

k=1

∂gj

∂yk(f(x))

∂fk

∂xi(x) (6.31)

esta formula es la que usualmente aparece en los texto de calculo para

expresar la regla de la cadena.

Corolario 6.6 (Reglas de Derivacion)

1. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Si f, g : U → Rm son apli-

caciones diferenciables en x ∈ U entonces las aplicaciones f ± g

y λ f , donde λ ∈ R es una constante, son diferenciables en x .

Ademas,

D(f±g)(x) = Df(x)±Dg(x) , y D(λ f)(x) = λDf(x) . (6.32)

2. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea h : U → R una aplicacion

diferenciable en x ∈ U , con h(x) 6= 0 . Entonces la aplicacion1h

: U → R , definida por1h

(x) =1

h(x)es diferenciable en x .

Ademas,

D

(1h

)(x) = − 1

(h(x))2Dh(x) . (6.33)

3. Sea U ⊂ R` un conjunto abierto. Si f : U → Rn y g : U → Rm

son aplicaciones diferenciables en x ∈ U , sea B : Rn × Rm → Rp

una aplicacion bilineal. Definamos la aplicacion Θ : U → Rp

por Θ = B(f, g) , es decir, Θ(y) = B(f(y), g(y)). Entonces Θ es

diferenciable en x . Ademas,

DΘ(x)u = B (Df(x)u, g(x)) + B(f(x), Dg(x)u) . (6.34)

En particular, si m = n = 1 y B = p : R×R→ R es el producto,


p(x, y) = x y , se tiene

D(f · g)(x)u = g(x) Df(x)u + f(x) Dg(x)u (formula clasica.)

(6.35)

Demostracion. Definamos las aplicaciones s : Rm × Rm → Rm , λ∗ :

Rm → Rm , inv : R − 0 → R − 0 , y (f, g) : U → Rn × Rm , por

s(u, v) = u + v , λ∗(u) = λu , inv(t) = 1t , y (f, g)(x) = (f(x), g(x)) ,

respectivamente. Tenemos, f+g = s(f, g) , λg = λ∗g , Θ = B(f, g) ,

luego por la regla de la cadena, se sigue el resultado.

Teorema 6.7 (Valor Medio, caso real). Sea f : [a, b] → R una

aplicacion continua. Supongamos que f es diferenciable en el inter-

valo abierto ] a, b [ . Entonces existe c ∈ ] a, b [ tal que f(b) − f(a) =

f ′(c) (b− a) .

El significado geometrico de este Teorema es bien conocido y se tra-

duce en que bajo las hipotesis anteriores existe un punto c ∈ ] a, b [ , para

el cual la recta tangente al grafico de f en el punto (c, f(c)) es paralela

a la cuerda que une los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)) .

Dados a, b ∈ Rn , definimos el segmento cerrado y el segmento abierto

de recta que une a y b, denotados por [a, b] y ] a, b [ , respectivamente,

como los conjuntos

[a, b] = a + t(b− a) : 0 6 t 6 1

] a, b [ = a + t(b− a) : 0 < t < 1 .

Usando esta notacion. Tenemos el siguiente teorema.

Teorema 6.8 ( del Valor Medio) Sean U ⊂ Rn un conjunto abierto

y f : U → R una aplicacion continua. Dado a ∈ U , supongamos que

Sergio Plaza 147

para cada x ∈ U el segmento cerrado de recta [a, x] esta contenido en

U y que f es diferenciable en cada punto del segmento abierto de recta

] a, x [ . Entonces existe θ ∈ R con 0 < θ < 1 tal que

f(x)− f(a) =n∑

i=1

∂f

∂xi(a + θ(x− a))(xi − ai) . (6.36)

Demostracion. Sea α(t) = a+ t(x−a) , es decir, cada funcion compo-

nente de α es αi(t) = ai + t(xi− ai) (i = 1, . . . , n). La correspondiente

curva es un segmento de recta con α(0) = a y α(1) = x . La funcion α

es diferenciable, de hecho C∞ . Luego, f α : [0, 1] → R es diferenciable

en ]0, 1[ . Por lo tanto, por el Teorema del Valor Medio para funciones

reales de variable real, se tiene que existe θ ∈ R con 0 < θ < 1 tal que

(f α)(1)− (f α)(0) = (f α)′(θ)(x−a) , y por el Teorema de la Regla

de la Cadena se sigue el resultado.

A seguir veamos si podemos tener un Teorema de Valor Medio como

arriba para funciones f : U ⊂ Rn → Rm (m > 1).

Consideremos la aplicacion f : [0, 2π] → R2 , definida por f(t) =

(cos(t), sen(t)). Es claro que f es continua en [0, 2π] y diferenciable en

] 0, 2π [ , ydf

dt(t) = (− sen(t), cos(t)) . Como

∣∣∣∣∣∣∣∣df

dt(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 para todo t,

se sigue quedf

dt(t) 6= 0 , para todo en ] 0, 2π [ . Si el Teorema del Valor

Medio fuese valido en este caso, deberıamos tener que existe c ∈ ] 0, 2π [

tal que f(2π) − f(0) = 2πdf

dt(c) , pero como f(0) = f(2π) = (1, 0)

no podemos tener la igualdad anterior. En este ejemplo vemos, que

en general, no podemos esperar una igualdad tipo valor medio para

aplicaciones f : Rn → Rm . Ademas, el ejemplo muestra que tenemos

una desigualdad de la forma ||f(2π)− f(0)|| 6∣∣∣∣∣∣∣∣df

dt(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣ |b− a| .

Teorema 6.9 (Desigualdad del Valor Medio) Sean U ⊂ Rn un con-

junto abierto y f : U → Rm una aplicacion continua. Supongamos que


el segmento cerrado de recta [a, b] esta contenido en U y que f es dife-

renciable en cada punto del segmento abierto de recta ] a, b [ . Entonces

||f(b)− f(a)|| 6 ||b− a|| sup0<t<1

||Df((1− t)a + tb)|| . (6.37)

Demostracion. Ver [11] (Hacer la demostracion)

6.5.1 Teorema de la Funcion Inversa

Definicion 6.6 Sean U, V ⊂ Rn conjuntos abiertos y sea f : U →V . Decimos que f es un difeomorfismo, si f es un homeomorfismo

diferenciable cuyo inverso f−1 tambien es diferenciable. Si ambas, f

y f−1 son de clase Ck , decimos que f es un difeomorfismo de clase

Ck .

Observaciones.

1. Si f : U ⊂ Rn → V ⊂ Rn es un difeomorfismo, entonces para

cada x ∈ U la derivada Df(x) : Rn → Rn es un isomorfismo cuyo

inverso es (Df(x))−1 = Df−1(f(x)) . Ademas, si f−1 : V → U

es el homeomorfismo inverso de f entonces f−1 tambien es un

difeomorfismo.

2. Si f : U ⊂ Rn → V ⊂ Rn y g : V → W ⊂ Rn son difeomorfismo,

de la Regla de la Cadena, se sigue que g f es un difeomorfismo.

Ejemplos.

1. Sea f : ]− 1 1[→ R dada por f(x) = tang(xπ/2) . Entonces f es

un difeomorfismo de clase C∞ .

2. Coordenadas Polares. Dado α > 0 sea Uα = R2 − Lα , donde

Lα es el rayo de pendiente α comenzando en el origen de R2 ,

Sergio Plaza 149

con 0 ∈ Lα . Claramente Uα es un conjunto abierto. Ahora

consideremos la banda abierta Vα = (r, θ) ∈ R2 : r > 0 , α <

θ < α + 2π ⊂ R2 y definamos ψα : Vα → Uα por ψα(r, θ) =

(r cos(θ) , r sen(θ)) . Note que ψα aplica cada segmento vertical

sr = (r, θ) : α < θ < α + 2π ⊂ Vα en el cırculo agujereado

(= cırculo menos un punto) de radio r y cada recta horizontal

rθ = (r, θ) : r > 0 ⊂ Vα en el rayo partiendo desde el origen,

que forma un angulo θ con el rayo Lα .

Tenemos que ψα : Vα → Uα es una biyeccion C∞ y su inversa

tambien es de clase C∞ (se deja al lector calcular ψ−1α ). Ahora,

Jψα(r, θ) =

cos(θ) −r sen(θ)

sen(θ) r cos(θ)

es inversible para cada (r, θ) ∈ Vα . Sea ϕα = ψ−1α : Uα → Vα

el difeomorfismo inverso, ϕα es llamado sistema de coordenadas

polares en Uα .

3. coordenadas cilındricas. Sean Vα ⊂ R2 y Uα ⊂ R2 los

abiertos definidos en el ejemplo anterior. Sean Wα = Vα × Ry Zα = Uα × R , ambos conjuntos con abierto en R3 . Definamos

ϕα : Wα → Zα por ϕα(r, θ, z) = (r cos(θ), r sen(θ), z) . Tenemos

que ϕα es un difeomorfismo C∞ y la matriz de jacobiana de ϕα

es dada por

Jϕα(r, θ, z) =

cos(θ) −r sen(θ) 0

sen(θ) r cos(θ) 0

0 0 1

.

Es claro que Jϕα es inversible. El difeomorfismo ϕ−1α es llamado

sistema de coordenadas cilındricas


4. coordenadas esfericas. En R3 − 0 tambien podemos con-

siderar las coordenadas esfericas (r, θ, φ) . Para ellos sea V =

(r, φ, θ) ∈ R3 : r > 0 , 0 < φ < 2π , 0 < θ < π , claramente este

conjunto es abierto. Definamos la funcion Φ : V → R3 por

Φ(r, φ, θ) = (r cos(φ) sen(θ), r sen(φ) sen(θ), r cos(θ)) .

Tenemos que Φ es un difeomorfismo de clase C∞ sobre W =

Im(Φ) el cual es un conjunto abierto de R3 (se deja como ejercicio

al lector describir el abierto W ). El difeomorfismo inverso Φ−1

es llamado sistema de coordenadas esfericas en R3 . La matriz

jacobiana de Φ es dada por

JΦ(r, φ, θ) =

cos(φ) sen(θ) −r sen(φ) sen(θ) r cos(φ) cos(θ)

sen(φ) sen(θ) r cos(φ) sen(θ) r sen(φ) cos(θ)

cos(θ) 0 −r sen(θ)

es facil ver que esta matriz tiene inversa.

Observacion Si f : U ⊂ Rn → V ⊂ Rn es un homeomorfismo dife-

renciable, no necesariamente f es un difeomorfismo. Un ejemplo simple

para ilustrar esta situacion es dado por el homeomorfismo f : R → R

dado por f(x) = x3 el cual es C∞, pero su inverso f−1(x) = x1/3 no es

diferenciable en x = 0 .

Definicion 6.7 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Rn.

Decimos que f es un difeomorfismo local en U si, para cada x ∈ U

existen vecindades abiertas Vx ⊂ U de x y Wf(x) ⊂ Rn de f(x), tales

Sergio Plaza 151

que f/Vx : Vx → Wf(x) es un difeomorfismo. Ademas, si para cada

x ∈ U se tiene que f es un difeomorfismo de clase Ck en una vecindad

de x, decimos que f es un difeomorfismo local de clase Ck.

Ejemplo. Consideremos la aplicacion f : R2 → R2 dada por f(x, y) =

(ex cos(y), ex sen(y)). Es claro que f es un difeomorfismo local C∞.

Como f no es inyectiva, no puede ser un difeomorfismo en todo R2 .

Por otra parte, si J ⊂ R es un intervalo abierto con longitud menor

que 2π , entonces f/(R × J) : R × J → R2 es un difeomorfismo sobre

su imagen, el cual es un subconjunto abierto de R2 (se deja a cargo del

lector describir Im(f) ).

Desde la definicion se sigue que todo difeomorfismo local es una apli-

cacion abierta.

Nota. Sea J ⊂ R un intervalo abierto. Si f : J → R es un difeomor-

fismo local entonces f es un difeomorfismo. La prueba es facil y se deja

al lector como ejercicio.

En Rn definimos la funcion distancia (usual) d : Rn × Rn → R dada

por

d(x, y) = ||x− y|| =√

(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2 .

Con esta distancia (y las analogas definidas usando las normas equiva-

lentes || · ||M o || · ||S) se tiene que Rn es un espacio metrico completo,

es decir, una sucesion en Rn es convergente si, y solo si, es de Cauchy.

Ademas, si C ⊂ Rn es un conjunto cerrado, entonces C con la distancia

dC inducida por la de Rn tambien es un espacio metrico completo.

Definicion 6.8 Decimos que una aplicacion f : A ⊂ Rn → Rm es una


contraccion, si

λ = Lip(f) = supx,y∈Ax6=y

d (f(x), f(y))d(x, y)

< 1 .

El numero λ es llamado el factor de contraccion de f .

Es inmediato ver que toda contraccion es una aplicacion continua,

pues se tiene que f(x), f(y)) 6 λ d(x, y) , y basta tomar δ = ε en la

definicion de continuidad.

Teorema 6.10 (de la contraccion). Si C ⊂ Rn es un conjunto cerrado

y f : C → C una contraccion entonces f tiene un unico punto fijo xf ,

esto es, f(xf ) = xf . Ademas, dado cualquier punto x0 ∈ C, la sucesion

(xk)k∈N, definida por x1 = f(x0) , x2 = f(x1) , . . . , xk = f(xk−1), . . . es

convergente y limk→∞

xk = xf .

Demostracion. Sea λ el factor de contraccion de f , entonces

dC(xk+1, xk) = dC(f(xk), f(xk−1))

6 λ dC(xk, xk−1)

6 λ2 dC(xk−1, xk−2)...

6 λk dC(x1, x0) ,

luego

dC(xk+`, xk) 6`−1∑

i=0

dC(xk+i+1, xk+i)

6`−1∑

i=0

λk+i dC(x1, x0)

Sergio Plaza 153

6 λkdC(x0, x1)∞∑

i=0

λi

6 λk

1− λdC(x1, x0) .

Como 0 < λ < 1 se tiene que limk→∞

λk = 0 , de donde se sigue que

limk→∞

dC(xk+`, xk) = 0 , esto es, la sucesion (xk)k∈N es de Cauchy en C ,

por lo tanto convergente. Sea xf = limk→∞

xk , tenemos xf ∈ C , pues C

es cerrado. Como f es continua, f(xf) = f( limk→∞

xk) = limk→∞

f(xk) =

limk→∞

xk+1 = xf , esto es, f(xf) = xf . Para mostrar la unicidad de

xf , supongamos que existe a ∈ C con f(a) = a , entonces dC(xf , a) =

dC(f(xf), f(a)) 6 λ dC(xf , a) y como 0 < λ < 1 se concluye que xf = a .

Teorema 6.11 (Perturbacion de la Identidad). Sean U ⊂ Rn un con-

junto abierto y ψ : U → Rn una contraccion. Entonces la aplicacion

f = Id + ψ : U → Rn, donde Id es la aplicacion identidad, es un home-

omorfismo desde el conjunto abierto U sobre el conjunto abierto f(U)

de Rn .

Demostracion. Sea 0 < λ < 1 el factor de contraccion de ψ . Tenemos,

||f(x) − f(y) ‖= ||x − y + ψ(x) − ψ(y)|| > ‖ x − y|| − ||ψ(x) − ψ(y) ‖> ||x − y ‖ −λ ||x − y|| = (1 − λ)||x − y||, esto es, (1 − λ) ||x − y|| 6||f(x) − f(y) ‖ . Por lo tanto, si x 6= y se sigue que f(x) 6= f(y) ,

luego f es inyectiva, y en consecuencia una biyeccion sobre su imagen.

Sea f−1 : f(U) → U la aplicacion inversa de f . La desigualdad (1 −λ) ||x−y|| 6 ||f(x)−f(y) ‖ implica que f−1 es continua, pues tomando

z = f(x) y w = f(y) ( es decir, f−1(z) = x, f−1(w) = y ), se tiene,

||f−1(z)− f−1(w)|| 6 11−λ ||z − w ‖ .

De lo anterior, f : U → f(U) es un homeomorfismo.


Sea V = f(U), debemos probar que V es un conjunto abierto en Rn.

Dado a ∈ U , sea b = f(a) ∈ V . Elijamos δ > 0 tal que la bola cerrada

de centro en a y radio δ, B[a; δ] , este contenida en U . Esto lo podemos

hacer, pues como U es abierto, existe δ1 > 0 tal que la bola abierta

de centro en a y radio δ1 , B(a; δ1) , esta contenida en U , tomando

δ = δ1/2 , por ejemplo, se tiene lo pedido. Ahora sea y ∈ B(b; (1−λ)δ) ,

definamos la aplicacion ψy : U → Rn por ψy(x) = y − ψ(x). Note

que si x0 ∈ U es un punto fijo de ψy (es decir, x0 = ψy(x0) ) entonces

x0 + ψ(x0) = f(x0) = y . Luego para mostrar que y es imagen de algun

punto x ∈ U , basta ver que la aplicacion ψy tiene un punto fijo en

U . Para mostrar esta ultima afirmacion es suficiente probar las dos

afirmaciones siguientes,

a) ψy es una contraccion;

b) ψy(B[a; δ]) ⊂ B[a; δ] .

Probadas estas dos afirmaciones, por el Teorema anterior ψy tiene un

punto fijo x0 ∈ B[a; δ] , lo cual soluciona nuestro problema.

Prueba de a). Sean u, v ∈ U , entonces ||ψy(u)−ψy(v)|| = ||y−ψ(u)−y + ψ(v) ‖= ||ψ(v)− ψ(u)|| 6 λ||u− v ‖.Prueba de b). Si x ∈ B[a; δ] entonces ||ψy(x)−a|| = ||y−ψ(x)−a ‖=||y − ψ(a) + ψ(a) − ψ(x) − a ‖6 ||y − (a + ψ(a))|| + ||ψ(a) − ψ(x) ‖6||y − f(a)|| + λ||x − a|| = ||y − b|| + λ||x − a ‖6 (1 − λ)δ + δ = δ,

la ultima parte se obtiene del hecho que y ∈ B[b; (1 − λ)δ] , es decir,

||y − b|| 6 (1− λ)δ .

Con esto la prueba del Teorema esta completa.

Corolario 6.12 Suponga que f : U → Rn es de la forma f = T + ψ,

donde ψ : U → Rn es una contraccion de razon λ con 0 < λ < 1 , y

Sergio Plaza 155

T ∈ GL(Rn) es tal que λ ||T−1|| < 1 . Entonces f es un homeomorfismo

desde U sobre un conjunto abierto de Rn .

Demostracion. Aplicando el Teorema anterior a la aplicacion g =

T−1 f = Id + T−1 ψ se obtiene el resultado.

Teorema 6.13 ( de la Funcion Inversa). Sea U ⊂ Rn un conjunto

abierto y f : U → Rn una aplicacion de clase Ck, con k > 1. Supon-

gamos que en un punto x0 ∈ U la derivada Df(x0) : Rn → Rn es un

isomorfismo. Entonces f es un difeomorfismo local de clase Ck desde

una vecindad abierta V ⊂ U de x0 sobre una vecindad abierta W ⊂ Rn

de f(x0).

Demostracion. Sea v ∈ Rn con v 6= 0, tomando la traslacion Tv :

Rn → Rn dada por Tv(x) = x − v , tenemos que Tv(v) = 0 . Ahora la

aplicacion g = Tf(x0) f T−x0 : U0 → Rn , donde U0 = Tx0(U) ⊂ Rn es

un conjunto abierto con 0 ∈ U0 , satisface g(0) = 0 y Dg(0) = Df(x0) .

Luego, basta demostrar el Teorema para g y lo tenemos de inmediato

para f . En resumen, sin perdida de generalidad, podemos suponer que

x0 = 0 y f(0) = 0 .

Sea r(x) = f(x) − Df(0)x . Tenemos que r ∈ Ck, y que Dr(0) =

Df(0) −Df(0) = 0 . Ahora, elegimos λ tal que 0 < λ ||(Df(0))−1|| <

1 . Como Dr es continua y Dr(0) = 0 , existe una bola abierta V

de centro en 0, tal que para cada x ∈ V se tiene que ||Dr(x)|| < λ .

Por la Desigualdad del Valor Medio, para x, y ∈ V se tiene ||r(x) −r(y)|| < λ||x−y|| , es decir, r es una contraccion, y del corolario anterior

concluimos que f/V es un homeomorfismo desde V sobre un abierto

W ⊂ Rn , con 0 ∈ W . Como GL(Rn) ⊂ L(Rn) es un conjunto abierto, y

Df(0) ∈ GL(Rn), y la aplicacion derivada Df : U → L(Rn) es continua,

podemos elegir V de modo que Df(x) ∈ GL(Rn) , para cada x ∈ V .


Sea h = f−1 : W → V el homeomorfismo inverso de f . Dado x ∈ V ,

sea y = f(x) ∈ W . Si Dh(y) existe, ella debe ser igual a (Df(x))−1.

Escribamos,

h(y + k) = h(y) + (Df(x))−1 k + σ(k) ,

debemos probar que limk→0

σ(k)|k| = 0 .

Pongamos f(x + u) = f(x) + k = y + k , esto es, y = f(x + u) − k .

Como f es continua se sigue que k → 0 cuando u → 0 . Tenemos

u = x + u− x = h(f(x + u))− h(f(x)) = h(y + k)− h(y)

= (Df(x))−1k + σ(k) = (Df(x))−1(f(x + u)− f(x)) + σ(k)

= (Df(x))−1(Df(x)u + r(u)) + σ(k) = u + (Df(x))−1r(u) + σ(k)

luego, u = u+(Df(x))−1r(u)+σ(k), de donde σ(k) = −(Df(x))−1r(u).

Por lo tanto,σ(k)|k| = −|u||k| (Df(x))−1

(r(u)|u|

).

Como la transformacion lineal L = (Df(x))−1 : Rn → Rn es continua,

se tiene que limu→0

(Df(x))−1(r(u)/|u|) = 0 , pues limu→0

r(u)||u|| = 0 . Por lo

tanto, para probar que limk→0

σ(k)|k| = 0, basta probar que el cuociente

|u||k|

permanece acotado cuando k → 0 .

Por la compacidad de la esfera unitaria Sn−1 = v ∈ Rn : ||v|| = 1tenemos que la aplicacion α : Sn−1 → R dada por α(v) = ||Df(x)v||alcanza su mınimo, digamos θ, y como Df(x) ∈ GL(Rn) se sigue que

θ > 0 . Como limu→0

r(u)|u| = 0, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que

∣∣∣∣r(u)|u|

∣∣∣∣ < ε

cuando |u| < δ . De la relacion, k = f(x + u)− f(x) = Df(x)u + r(u) y

del hecho que para cada v ∈ Rn con v 6= 0, el vectorv

|v| tiene norma 1,

tenemos que

|u||k| =

|u||f(x + u)− f(x)|

Sergio Plaza 157

=|u|

|Df(x)u + r(u)|

=1∣∣∣Df(x)

(u|u|

)+ r(u)

|u|∣∣∣

6 1∣∣∣Df(x)(

u|u|

)∣∣∣−∣∣∣ r(u)|u|

∣∣∣.

Ahora, si elegimos 0 < ε < θ tenemos que existe δ > 0 tal que |u| < δ

implica∣∣∣∣r(u)|u|

∣∣∣∣ < ε . Como∣∣∣∣Df(x)

u

|u|

∣∣∣∣ > θ, obtenemos|u||k| 6 1

θ − εsi |u| < δ . Por otra parte k → 0 cuando u → 0. De esto se tiene lo

pedido y hemos probado que h es diferenciable en y ∈ W . Como y era

arbitrario, h es diferenciable en W .

Ahora tenemos que Dh(y) = (Df(x))−1 = (Df(h(y)))−1, donde y =

f(x) . Considerando las aplicaciones h : W → V , Df : V → GL(Rn)

e inv : GL(Rn) → GL(Rn) tenemos que Dh(y) = (inv Df h)(y) , es

decir, la aplicacion derivada Dh es dada por la compuesta inv Df h .

Como inv es de clase C∞, Df ∈ Ck−1, y h ∈ C0 se sigue que Dh es

continua, por lo tanto h ∈ C1 . Para probar que h ∈ Ck si f ∈ Ck , se

procede por induccion y es dejado al lector como ejercicio al lector.

Corolario 6.14 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rn una

aplicacion Cr, con r > 1. Entonces, f es un difeomorfismo local en U

si, y solo si, para cada x ∈ U se tiene que Df(x) ∈ GL(Rn), esto es, si

y solo si, para cada x ∈ U se tiene que det(Jf(x)) 6= 0 .

Corolario 6.15 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Rn

una aplicacion de clase Cr , con r > 1 . Si f es inyectiva y Df(x) ∈GL(Rn) para cada x ∈ U entonces f es un difeomorfismo desde U


sobre el conjunto abierto f(U) ⊂ Rn .

La prueba de estos corolario es facil y se deja cargo del lector.

Ejemplo.

Sea f : R2 → R2 la aplicacion dada por f(x, y) = (ex cos(y), ex sen(y)) ,

es claro que f ∈ C∞ y para cada (x, y) ∈ R2 ,

detJf(x, y) = det

ex cos(y) − ex sen(y)

ex sen(y) ex cos(y)

= ex 6= 0 ,

luego f es un difeomorfismo local C∞ .

Observacion. Una manera natural de producir ejemplos es la siguiente.

Sean U ⊂ Rn, V ⊂ Rm conjuntos abiertos, y sean f : U → Rn y

g : V → Rm difeomorfismos (locales) de clase Cr con r > 1. Definamos

f × g : U × V → Rn × Rm, por (f × g)(x, y) = (f(x), g(y)) . Entonces

f × g es un difeomorfismo (local) Cr . Usando esto, construya ejemplos

de difeomorfismos (locales). La prueba se deja al lector como ejercicio.

6.5.2 Forma Local de las Submersiones

Definicion 6.9 Sea U ⊂ Rn abierto y f : U → Rm una aplicacion

diferenciable. Decimos que f es una submersion si, para cada x ∈ U

la derivada Df(x) : Rn → Rm es una aplicacion lineal sobreyectiva.

En particular, n > m, y podemos escribir n = m + p, con p > 0. (En

particular, el rango de Jf(x) es m .)

Ejemplos

(a) Sea π : Rn+m → Rm, la proyeccion en las ultimas m coordenadas,

π(x1, . . . , xn, xn+1, . . . xn+m) = (xn+1, . . . , xn+m) , π es lineal y so-

Sergio Plaza 159

breyectiva, por lo tanto, Dπ(x) = π , para todo x ∈ Rn+m , en

consecuencia π es una submersion.

Este ejemplo es el mas importante, pues el Teorema de la Forma

Local de las Submersiones establece que, localmente, toda sub-

mersion Cr con r > 1 , es equivalente a la proyeccion π en un

sentido que se expresa en el teorema mas adelante.

(b) Sea f : J ⊂ R → R, donde J intervalo abierto. Si f ′(t) 6= 0 para

todo t ∈ J , se tiene que f es una submersion.

(c) Todo difeomorfismo local f : U ⊂ Rn → Rn es una submersion.

(d) Si las aplicaciones f : U ⊂ Rn → R` y g : V ⊂ Rm → Rp

son submersiones entonces la aplicacion f × g : U × V → R` × Rp

definida por (f×g)(x, y) = (f(x), g(y)) es una submersion de clase

de diferenciabilidad el mınimo entre la clase de diferenciabilidad

de f y de g .

La verificacion en cada uno de los ejemplos anteriores es inmediata.

Nota. Si L : Rn → R es una aplicacion lineal entonces se tiene que o

bien L es la aplicacion lineal nula o bien L es sobreyectiva.

En efecto, si L no es la aplicacion nula, entonces existe v ∈ Rn tal

que L(v) = a 6= 0 . Luego, L( 1av) = 1 . Por lo tanto, dado t ∈ R

arbitrario, tenemos que L(t 1av) = t , es decir, L es sobreyectiva.

Teorema 6.16 (Forma Local de las Submersiones). Sean U ⊂ Rn

abierto y f : U → Rm una submersion Ck, con k > 1. Sea x0 ∈ U

entonces para cualquier descomposicion en suma directa Rn = E ⊕ F ,

con x0 = (v0, w0) tal que ∂2f(x0) = Df(x0)/F : F → Rm es un

isomorfismo, existe un difeomorfismo Ck, h : V × W → Z, tal que


para cada (v, w) ∈ V ×W , (f h)(v, w) = w, donde V ⊂ E ≡ Rn−m,

W ⊂ Rm , y Z ⊂ U son abiertos, con v0 ∈ V , f(x0) ∈ W , y x0 ∈ Z.

Graficamente

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.................. ..............

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..

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...

Rm

x

U

w0

x0

v0 Rn

Rm

h g h = π2

f

Antes de dar la prueba del Teorema, observemos que siendo Df(x0) :

Rn → Rm sobreyectiva se tiene que n > m, y como una descomposicion

en suma directa de Rn = E ⊕ F , podemos elegir aquella dada por

E = ker(Df(x0)) y F = E⊥, el espacio ortogonal a E. En realidad,

podemos elegir F como cualquier subespacio de Rn que sea suplementar

a E , puesto que si L : Rn → Rm es una aplicacion lineal sobreyec-

tiva, denotando el espacio cuociente Rn/ ker(L) por F , entonces por el

Teorema del Isomorfismo, L/F : F → Rm es un isomorfismo.

Demostracion. Sin perdida de generalidad, podemos suponer x0 = 0

y f(x0) = 0 . Escribiendo f en termino de sus funciones coordenadas,

f = (f1, f2, . . . , fm) y renumerando las funciones coordenadas fi’s de f y

las coordenadas (x1, x2, . . . , xn) de Rn, si es necesario, podemos suponer

que

Sergio Plaza 161

det

∂f1

∂x1(0) · · · ∂f1

∂xm(0)

∂f2

∂x1(0) · · · ∂f2

∂xm(0)

.... . .

...∂fm

∂x1(0) · · · ∂fm

∂xm(0)

m×m

6= 0 .

Ademas, podemos suponer que E = Rn−m, F = Rm y que Rn =

Rn−m × Rm .

Definamos la aplicacion Θ : U ⊂ Rn = Rn−m×Rm → Rn−m×Rm por

Θ(v, w) = (v, f(v, w)) es claro que Θ es Ck, y que para x0 = (0, 0) ∈ U

se tiene DΘ(0, 0)(h, k) = (h, ∂1f(0, 0)h+∂2f(0, 0)k), donde ∂1f(0, 0) =

Df(0, 0)/Rn−m : Rn−m → Rn−m y ∂2f(0, 0) = Df(0, 0)/Rm : Rm →Rm, esta ultima aplicacion lineal es un isomorfismo, por hipotesis. La

aplicacion lineal L : Rn−m × Rm → Rn−m × Rm, dada por L(u, v) =

(u, (∂2f(0, 0))−1(v − ∂1f(0, 0)u)) es la inversa de DΘ(0, 0) (verificacion

rutinaria). Luego por el Teorema de la Funcion Inversa, Θ es un difeo-

morfismo local Ck desde una vecindad abierta de (0, 0) en Rn−m ×Rm,

la cual podemos elegir de la forma V × W , donde V ⊂ Rn−m con

0 ∈ V y W ⊂ Rm con 0 ∈ W , y ambos V y W son conjuntos

abiertos. Pongamos Z = Θ−1(V × W ) es claro que Z ⊂ Rn es un

conjunto abierto. Definamos h : V × W → Z por h = Θ−1. Como

Θ(v, w) = (v, f(v, w)) , necesariamente h es de la forma h(u,w) =

(u, h2(u,w)) . Tenemos que (v, w) = Θ h(v, w) = Θ(v, h2(v, w)) =

(v, f(v, h2(v, w))) = (v, f h(v, w)), luego (f h)(v, w) = w = π2(v, w),

donde π2 : Rn−m×Rm → Rm es la proyeccion en la segunda coordenada.

Observacion. Del Teorema se sigue que toda submersion es una apli-

cacion abierta, pues la proyeccion π lo es.


Teorema 6.17 (Funcion Implıcita). Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto

y sea f : U → Rm una aplicacion Cr, con r > 1. Supongamos que

Rn = E ⊕ F es una descomposicion en suma directa, tal que para x0 =

(v0, w0) ∈ E ⊕ F se tiene que ∂2f(x0) = Df(x0)/F : F → Rm es un

isomorfismo. Pongamos c = f(x0) . Entonces existen abiertos V ⊂ E

con v0 ∈ V y Z ⊂ U con x0 ∈ Z, con la propiedad que para cada

v ∈ V , existe ξ(v) ∈ F tal que (v, ξ(v)) ∈ Z y f(v, ξ(v)) = c. Ademas,

la aplicacion ξ : V → F , definida de este modo es de clase Cr y su

derivada viene dada por la formula siguiente

Dξ(v) = −(∂2f(v, ξ(v)))−1 ∂1f(v, ξ(v)) .

Demostracion. Como en el Teorema anterior podemos, sin perdida de

generalidad suponer que x0 = (0, 0) , f(0, 0) = 0 , E = Rn−m, y que

F = Rm . Con la notacion anterior, tomando Z = h(V ×W ) , tenemos

que h(v, w) = (v, h2(v, w)) para (v, w) ∈ V × W . Definamos ξ(v) =

h2(v, 0). Es claro que ξ : V → Rm es de clase Cr, y que f(v, ξ(v)) =

f(v, h2(v, 0)) = f h(v, 0) = π2(v, 0) = 0 .

Ademas, si (v, w) ∈ V ×W , satisface f(v, w) = 0, entonces (v, w) =

h Θ(v, w) = h(v, f(v, w)) = h(v, 0) = (v, h2(v, 0)) = (v, ξ(v)) , por lo

tanto w = ξ(v).

Para mostrar la ultima afirmacion del Corolario, derivamos la igualdad

f(v, ξ(v)) = 0 y obtenemos

∂1f(v, ξ(v)) + ∂2f(v, ξ(v))Dξ(v) = 0 ,

luego, Dξ(v) = −(∂2f(v, ξ(v)))−1 ∂1f(v, ξ(v)).

Observacion. Geometricamente, el Teorema de la Funcion Implıcita

significa que el conjunto f−1(0) ∩ Z es el grafico, relativo a la descom-

posicion Rn = Rn−m × Rm, de la aplicacion ξ : V → Rm .

Sergio Plaza 163

Ejemplos

1. Si la ecuacion F (x, y, z) = 0 define implicıtamente z como funcion

una z = f(x, y) para todo x, y ∈ U ⊂ R2 (U abierto), entonces

podemos calcular las derivadas parciales de z = f(x, y) en todos

los puntos donde ∂3F (x, y, z) 6= 0 .

En efecto, escribimos g(x, y) = F (u1(x, y), u2(x, y), u3(x, y)) , donde

u1(x, y) = x , u2(x, y) = y , y u3(x, y) = f(x, y) , la descomposion

de R3 es dada, en este caso, por R3 = R2 ⊕ R . Por la regla de la

cadena aplicada a la ecuacion F (x, y, f(x, y)) = 0 obtenemos

∂g

∂x= ∂1F

∂u1

∂x+ ∂2F

∂u2

∂x+ ∂3F

∂u3

∂x= 0

∂g

∂y= ∂1F

∂u1

∂y+ ∂2F

∂u2

∂y+ ∂3F

∂u3

∂y= 0 .

Ahora, como

∂u1

∂x= 1 ,

∂u2

∂x= 0 ,

∂u3

∂x=

∂f

∂x, y

∂g

∂x= 0 ,

la primera ecuacion se transforma en ∂1F +∂3F∂f∂x = 0 , y de aquı

nos queda∂f

∂x= −∂1F (x, y, f(x, y))

∂3F (x, y, f(x, y)),

en todos los puntos donde ∂3F (x, y, f(x, y)) 6= 0 . De modo analogo,

obtenemos∂f

∂y= −∂2F (x, y, f(x, y))

∂3F (x, y, f(x, y)).

Podemos denotar estas formulas como sigue

∂f

∂x= −∂F

∂x/∂F

∂z,

∂f

∂y= −∂F

∂y/∂F

∂z.

Por ejemplo, si F (x, y, z) = y2+xz+z2−ez−c = 0 define z como

funcion de x, y . Determinemos primero el valor de la constante


c de modo que f(0, e) = 2 y enseguida calculamos las derivadas

parciales de f .

Tenemos que para x = 0 , y = e y z = 2 nos queda F (0, e, 2) = 0

se satisface cuando c = 4 , luego F (x, y, z) = y2+xz+z2−ez−4 =

0 , y por las formulas anteriores

∂f

∂x= − z

x + 2z − ez,

∂f

∂y= − 2y

x + 2z − ez,

evaluando en los valores dados de x e y se obtiene el resultado

∂f

∂x(0, e) = − 2

2e− e2,

∂f

∂y(0, e) = − 2e

2e− e2.

2. Si las dos ecuaciones

F (x, y, z) = 0 y G(x, y, z) = 0 ,

definen x e y como funcion de z , es decir, x = h1(z) e y = h2(z) ,

para todo z en un intervalo abierto ]a, b[ . Como antes, podemos

calcular las derivadas de h1(z) y de h2(z) .

En este caso usamos la descomposicion R3 = R2 ⊕ R . Definamos

las funciones f(z) = F (h1(z), h2(z), z) y g(z) = G(h1(z), h2(z), z) .

Entonces f(z) = 0 y g(z) = 0 para todo z ∈ ] a, b [ . Luego

f ′(z) = 0 y g′(z) = 0 es ese intervalo. Por otra parte,

f ′(z) =∂F

∂xh′1(z) +

∂F

∂yh′2(z) +

∂F

∂z,

g′(z) =∂G

∂xh′1(z) +

∂G

∂yh′2(z) +

∂G

∂z.

Ahora debemos resolver el sistema de ecuaciones lineales∂F

∂xh′1(z) +

∂F

∂yh′2(z) = −∂F

∂z

∂G

∂xh′1(z) +

∂G

∂yh′2(z) = −∂G

∂z

Sergio Plaza 165

respecto de h′1(z) y h′2(z) . Usando la notacion

∂(F, G)∂(u, v)

= det

∂F

∂u

∂F

∂v

∂G

∂u

∂G

∂v

,

nos queda

h′1(z) = −∂(F, G)∂(z, y)

/∂(F, G)∂(x, y)

, h′2(z) = −∂(F, G)∂(x, z)

/∂(F, G)∂(x, y)

.

6.5.3 Forma Local de las Inmersiones

Definicion 6.10 Sean U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rm

una aplicacion Cr, con r > 1. Decimos que f es una inmersion, si para

cada x ∈ U la aplicacion lineal Df(x) : Rn → Rm es inyectiva. En

particular, se tiene que n 6 m.

Nota. SeaL : R → Rn una aplicacion lineal. Entonces o bien L es la

aplicacion nula o bien L es inyectiva. Esto es facil de probar y se deja

a cargo del lector.

Ejemplos

1. Sea i : Rn → Rm = Rn × Rm−n la aplicacion inclusion dada por

i(x) = (x, 0) , es claro que i ∈ C∞ y que Di(x) = i . Por lo tanto i

es una inmersion C∞ . Este ejemplo es particularmente importante,

el Teorema de la Forma Local de las Inmersiones establece que

toda inmersion es localmente como la aplicacion i , en el sentido

del teorema mas abajo.

2. Sea f : J ⊂ R→ Rm , donde J es un intervalo abierto. Si f ∈ Ck

( k > 1) ydf(t)dt

6= 0 para todo t ∈ J , entonces f es una inmersion

Ck .


3. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U → Rm una apli-

cacion de clase Cr (r > 1). Entonces la aplicacion F : U →Rn × Rm ≡ Rn+m dada por F (x) = (x, f(x)) es una inmersion

Cr , pues DF (x)v = (v,Df(x)v) , la cual claramente es inyectiva.

4. Recuerde del Algebra Lineal que si u, v ∈ R3 entonces u, v son

linealmente independientes si, y solo si, el producto vectorial u×v 6= 0 .

Ahora, sea U ⊂ R2 un conjunto abierto y sea ϕ : U → R3 una

aplicacion Cr (r > 1). Entonces ϕ es una inmersion si, y solo si,

∂ϕ

∂u× ∂ϕ

∂v6= 0 ,

en todo punto de U . Por ejemplo, sea U ⊂ R2 es un conjunto

abierto y f : U → R es una aplicacion de clase Cr (r > 1), y

F : U → R3 es definida por F (x, y) = (x, y, f(x, y)) entonces

∂F

∂x=

(1, 0,

∂f

∂x

)

∂F

∂y=

(0, 1,

∂f

∂y

)

y∂F

∂x× ∂F

∂y=

(−∂f

∂x,−∂f

∂y, 1

)6= 0 .

Ahora, sea ϕ : R2 → R3 dada por ϕ(u, v) = (u cos(v), u sen(v), u2/2),

se tiene∂ϕ

∂u= (cos(v), sen(v), u)

∂ϕ

∂v= (−u sen(v), u cos(v), 0)

Sergio Plaza 167

y si u 6= 0 entonces

∂ϕ

∂u× ∂ϕ

∂v= u(−u cos(v),−u sen(v), 1) 6= 0 .

Teorema 6.18 (Forma Local de las Inmersiones). Sea U ⊂ Rn un

conjunto abierto y f : U → Rm una aplicacion Cr , con r > 1 . Sea

x0 ∈ U , tal que Df(x0) : Rn → Rm es inyectiva. Entonces existe

un difeomorfismo Cr, h : Z → V × W , donde Z ⊂ Rm , V ⊂ U , y

W ⊂ Rm−n son conjuntos abiertos, con f(x0) ∈ Z , x0 ∈ V , y 0 ∈ W ,

tales que f(V ) ⊂ Z y h f(x) = i(x) = (x, 0) .

Demostracion. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que x0 =

0 y que f(0) = 0 . Como Df(0) : Rn → Rm es inyectiva se sigue que

Df(0) : Rn → Df(0)Rn = Im(Df(0)) es un isomorfismo. Sea E =

Df(0)Rn y sea F cualquier subespacio de Rm, suplementar a E . Tene-

mos que F es isomorfo a Rm−n y que Rm = E ⊕Rm−n ≡ Rn×Rm−n .

Ahora definamos la aplicacion Θ : U×F → Rm , por Θ(x, y) = (f(x), y) ,

es claro que Θ ∈ Cr . Tenemos entonces Θ(x, 0) = (f(x), 0) ≡ f(x) ,

y la derivada DΘ(0, 0) : Rn × Rm−n → Rm = Rn × Rm−n es dada por

DΘ(0, 0) = (Df(0), Id), donde Id : Rm−n → Rm−n es la aplicacion

identidad, luego DΘ(0, 0) es un isomorfismo. Por el Teorema de la

Funcion Inversa, Θ es un difeomorfismo local Cr desde una vecindad

abierta V ×W de (0, 0) sobre una vecindad abierta Z = Θ(V ×W ), con

(0, 0) ∈ V ×W . Sea h = Θ−1, h : Z → V ×W . Es claro que h es un

difeomorfismo Cr y h f(x) = h Θ(x, 0) = (x, 0).

Geometricamente este Teorema se ve en la figura siguiente,


....................................

................................................

.............................................................................

................................................................ ..............f

..................................................................................................................................................

........................................................................................

............

...................................................................................

...............................................

..........................

..........................

............................................................

.................................

........................................

.......................................................

.............................................................................................

Z

•f(x0)

.......................................................................................................................................h

............................................................................................................................................................................................................................................................................................. ..............

h f

.............................................................................................................................................................................................................................................................................................

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...............................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................0

V ×W

.................................................................................................................................................................................................................................................................( )( )

x0

V

U

Corolario 6.19 Bajo las hipotesis del Teorema anterior, existe una

vecindad abierta V de x0, tal que f : V → f(V ) es un homeomorfismo,

cuya aplicacion inversa f−1 : f(V ) → V es la restriccion a f(V ) de una

aplicacion Cr, ξ : Z → V .

Demostracion. Sea π1 : V × W → V la proyeccion en la primera

coordenada, π1(x, y) = x. Entonces (π1 h f)(x, 0) = π1(x, 0) = x y

llamando ξ = π1 h, se sigue que ξ/f(V ) = f−1 . Claramente, ξ ∈ Cr .

Recordemos que el rango de una aplicacion lineal T : Rn → Rm,

denotado por rango (T ) , es definido como sigue: rango(T ) = r si, y

solo si, la matriz de T tiene un determinante menor de orden r × r no

nulo y todo determinante menor de orden (r + 1) × (r + 1) es nulo,

equivalentemente, rango (T ) = r si, y solo si, la matriz de T tiene r filas

Sergio Plaza 169

(columnas) linealmente independientes y cualquier sistema de r +1 filas

(columnas) es linealmente dependiente.

Definicion 6.11 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. El rango de una

aplicacion diferenciable f : U ⊂ Rn → Rm, U abierto, en un punto

x ∈ U es el rango de Df(x) . Usaremos la notacion rango(f(x)) para

indicar el rango de f en x .

Observacion. Si f tiene rango r en un punto x ∈ U , entonces existe

una vecindad abierta V ⊂ U de x, tal que para cada y ∈ V se tiene que

rango(f(y)) > r .

Teorema 6.20 (del Rango) Sean U ⊂ Rm+n un conjunto abierto y

f : U → Rm+p una aplicacion Cr , con r > 1 . Supongamos que el

rango de f es constante igual a m para cada x ∈ U . Entonces existen

difeomorfismos Cr , α desde un abierto de Rm×Rn que contiene a x, β

desde un abierto que contiene a f(x) en Rm×Rp, tales que βfα(x, y) =

(x, 0).

Este Teorema es ilustrado geometricamente en la figura siguiente.

Su demostracion es una consecuencia inmediata de los Teoremas de la

Forma local de la Inmersiones y de la Submersiones.


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............................

...........

.........................

........................................

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(x, 0)

Rm × Rp

Rm+p

β f α

•x

f • f(x)

β

α

Rm × Rn

(x, y)

Definicion 6.12 Sean U ⊂ Rn un conjunto abierto y f : U → Rm una

aplicacion diferenciable. Decimos que un punto x0 ∈ U es un punto

regular de f , si rango(f(x0)) es maximal, es decir, rango(f(x0)) =

mınn,m . Si x0 no es regular, decimos que es singular.

Los Teoremas anteriores, son llamados Teoremas de rango maximo

y el siguiente teorema los resume en uno solo. Usaremos la siguiente

notacion: si f : U ⊂ Rm → Rm entonces

det(

∂(f1, f2, . . . , fm)∂(x1, x2, . . . , xm)

)(0) = det

∂f1(0)∂x1

∂f1(0)∂x2

· · · ∂f1(0)∂xm

∂f2(0)∂x1

∂f2(0)∂x2

· · · ∂f2(0)∂xm

...... · · · ...

∂fm(0)∂x1

∂fm(0)∂x2

· · · ∂fm(0)∂xm

m×m

Sergio Plaza 171

Teorema 6.21 Sea W ⊂ Rn un conjunto abierto, con 0 ∈ W y sea

f : W → Rm una aplicacion de clase Cr, con r > 1 , con f(0) = 0.

Supongamos que 0 es un punto regular de f , tenemos

I.- Si n = m. Entonces existen conjuntos abiertos U , V ⊂ Rn ,

conteniendo a 0 , tales que f : U → V es un difeomorfismo.

II.- Si n > m. Entonces rango(f(0)) = m, y renumerando las fun-

ciones coordenadas (f1, f2, . . . , fm) de f y renumerando las coor-

denadas (x1, x2, . . . , xn) de Rn , si es necesario, podemos asumir

que

det(

∂(f1, f2, . . . , fm)∂(x1, x2, . . . , xm)

)(0) 6= 0

entonces, existen vecindades abiertas U , V de 0 en Rn , con U ⊂W y un difeomorfismo Cr, h : U → V con h(0) = 0 tal que

(f h)(x1, x2, . . . , xm, xm+1, . . . , xn) = (x1, x2, . . . , xm) ,

para (x1, . . . , xm, . . . , xn) ∈ U .

III.- Si n > m. Luego, rango(f(0)) = m, y renumerando las funciones

coordenadas de f y las coordenadas de Rn, si es necesario, podemos

asumir que

det

(∂(f1, . . . fm)∂(x1, . . . xm)

)(0) 6= 0 .

Entonces existen un abierto U ⊂ Rn−m , con 0 ∈ U , y una apli-

cacion Cr, g = (g1, g2, . . . , gm) : U → Rm , con g(0) = 0 , tal

que

f(g1(xm+1, . . . , xn), . . . , gm(xm+1, . . . , xn), xm+1, . . . , xn) = 0

para (xm+1, . . . , xn) en una vecindad de 0 en Rn−m.


IV.- Si n 6 m. Entonces rango(f(0)) = n , y renumerando las fun-

ciones coordenadas de f y las coordenadas de Rn, si es necesario,

podemos asumir que

det

(∂(f1, . . . , fn)∂(x1, . . . , xn)

)(0) 6= 0 .

Entonces existen vecindades abiertas U , V de 0 en Rm y un difeo-

morfismo Cr, h : U → V , con h(0) = 0 tal que

(h f)(x1, . . . , xm) = (x1, . . . , xm, 0, . . . , 0) .

6.6 Formulas de Taylor

La frmula de Taylor se puede presentar de varias formas, cada una de ella

extiende, a su modo, para aplicaciones Ck o solo k veces diferenciables,

una propiedad conocida para aplicaciones C1 solo diferenciable. Aquı

veremos tres formas, la primera de ellas, llamada formula de Taylor con

resto infinitesimal nos da, para aplicaciones k veces diferenciables en un

punto una aproximacion polinomial, que extiende la aproximacion lineal

dad por la definicion de derivada; la segunda, llamada formula de Taylor

con resto integral, extiende para aplicaciones de clase Ck el Teorema

Fundamental del Calculo, y la ultima, llamada formula de Taylor con

resto de Lagrange es una extension de la desigualdad del Valor Medio.

Notacion. Sea v ∈ Rm , escribimos vj = (v, . . . , v) ∈ Rm × · · · × Rm

(j factores) para indicar la j–upla de vectores iguales a v .

Si ϕ : Rm × · · · × Rm → Rn es una aplicacion j–lineal, entonces

ϕ(vj) = ϕ(v, . . . , v) .

Teorema 6.22 ( Formula de Taylor con resto infinitesimal) Sea U ⊂Rm un conjunto abierto y sea f : U → Rn una aplicacion k veces

Sergio Plaza 173

diferenciable en U . Si en un punto x0 ∈ U existe Dk+1f(x0) entonces

f(x0 + h) = f(x0) + Df(x0)h + 12! D2f(x0)h2 + · · ·+

1k! Dkf(x0)hk + 1

(k+1)! Dk+1f(x0)hk+1 + r(h) ,

donde limh→0

r(h)||h||k+1

= 0 .

Demostracion. Sea B ⊂ Rm una bola abierta centrada en 0. De-

finamos la aplicacion r : B → Rn por r(x) = f(x0 + x) − f(x0) −Df(x0)x− 1

2! D2f(x0)x2−· · ·− 1k! Dkf(x0)xk− 1

(k+1)! Dk+1f(x0)xk . Ten-

emos que r es k veces diferenciable en B y k + 1 veces diferenciable

en x = 0 . Ademas, Djr(0) = 0 para j = 0, 1, . . . , k + 1 . Queremos

probar que limx→0

r(x)||x||k+1

= 0 . La prueba a seguir es por induccion en k .

Para k = 0 es simplemente la definicion de diferenciabilidad de f en

x0 . Supongamos que vale para k . Por la Desigualdad del Valor Medio

se tiene que ||r(x)|| 6 M ||x|| , donde M = sup||Dr(y)|| : y ∈ [0, x] (recuerde que [0, x] = tx : 0 6 t 6 es el segmento de recta uniendo o

y x ). Aplicando la hipotesis de induccion a Dr , se tiene que para todo

ε > 0 existe δ > 0 , tal que si ||y|| < δ entonces ||Dr(y)|| < ε ||y||k .

Por lo tanto, si ||y|| < δ , tomando supremo en la desigualdad anterior,

tenemos que M 6 ε ||x||k , y de aquı se sigue que ||r(x)|| 6 ε ||x||k+1

para ||x|| < δ , lo que completa la prueba.

Corolario 6.23 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → Runa aplicacion k veces diferenciable en x ∈ U . Entonces

f(x + h) = f(x) +k∑

i=1

∑

j1+···+jn=1

i!j1!j2! · · · jn!

∂if

∂j1x1∂j2x2 · · · ∂jnxn(x)

+r(h) ,

donde limh→0

r(h)||h||k+1

= 0 .


Nota. Si algun j` = 0 entonces en la expresion anterior no aparece tal

derivada parcial.

Teorema 6.24 Sea ϕ : [0, 1] → R` un camino de clase Ck+1 . En-

tonces

ϕ(1) = ϕ(0)+ϕ′(0)+12!

ϕ′′(0)+ · · ·+ 1k!

ϕ(k)(0)+∫ 1

0

(1− t)k

k!ϕ(k+1)(t)dt

Demostracion. Sea p : [0, 1] → R` el camino definido por p(t) =

ϕ(t) + (1 − t)ϕ′(t) + · · · + (1−t)k

k! ϕ(k)(t) . Como ϕ es de clase Ck+1 se

sigue que p es de clase C1 , y p′(t) = (1−t)k

k! ϕ(k+1)(t) , y el Teorema

Fundamental del Calculo nos da que p(1) = p(0) +∫ 10 p′(t)dt , lo cual al

reescriirlo nos resulta la formula buscada.

Teorema 6.25 (Formula de Taylor con resto de Lagrange). Sea U ⊂Rm un conjunto abierto y sea f : U → Rn una aplicacion de clase

Ck+1 . Si el segmento de recta x0, x0 + h] esta contenido en U y si

||Dk+1f(x)|| 6 M para cada x ∈ [x0, x0 + h] , entonces

f(x0 +h) = f(x0)+Df(x0)h+12!

Df (x0)h2 + · · ·+ 1k!

Dkf(x0)hk +r(h) ,

donde ||r(h)|| 6 M(k+1)! ||h||k+1 .

Demostracion. En el teorema anterior, hacemos

r(h) =∫ 1

0

(1− t)k

k!Dk+1f(x0 + th)hk+1 dt .

Tenemos entonces que

||r(h)|| 6∫ 1

0

(1− t)k

k!||Dk+1f(x0 + th)|| ||hk+1|| dt

Sergio Plaza 175

6 M

k!||h||k+1

∫ 1

0(1−t)k dt

=M

k!||h||k+1 1

k + 1(1− t)|10

=M

(k + 1)!||h||k+1 .

y la prueba esta completa.

6.7 Valores Extremos de Aplicaciones

Sea X ⊂ Rn un conjunto no vacıo, y sea x0 ∈ X .

Definicion 6.13 Sea f : X → R . Decimos que

a) x0 es un maximo local para f si existe una bola abierta B en

Rn con centro en x0 tal que f(x) 6 f(x0) para todo x ∈ B ∩X .

Ademas, si f(x) < f(x0) para cada x ∈ (X −x0)∩B , decimos

que x0 es un maximo local estricto para f .

b) x0 es un maximo absoluto para f si f(x) 6 f(x0) para todo

x ∈ X . Si ademas se cumple que f(x) < f(x0) para todo x ∈X − x0 , decimos x0 es un macimo absoluto estricto para f .

Invirtiendo las desigualdades anteriores se definen los conceptos de

mınimo local, mınimo local estricto, mınimo absoluto,y mınimo absoluto

estricto.

En cualquiera de esos caso, decimos que x0 es un valor extremo para

f (local, respectivamente, absoluto).

Tenemos el siguiente teorema.


Teorema 6.26 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → R

una aplicacion diferenciable en U . Entonces una condicion necesaria

para que un punto x0 ∈ U sea un extremo para f es que Df(x0) = 0 .

Demostracion. Supongamos que x0 ∈ U es un maximo local para f

(los otros casos se prueban de forma analoga). Entonces existe una bola

abierta B con centro en x0 , con B ⊂ U (pues U es abierto) tal que

f(x) 6 f(x0) para todo x ∈ B . Como f es diferenciable en x0 , se

tiene que si x0 + h ∈ B entonces f(x0 + h) = f(x0) + Df(x0)h + r(h) ,

con limh→0

||r(h)||/||h|| = 0 . Por lo tanto, f(x+h) − f(x0) = Df(x0)h +

r(h) . Luego, Df(x0)h + r(h) 6 0 para todo h ∈ B(0, ε) , con ε

pequeno. Reemplazando h por −h se sigue que Df(x0)h = r(h) .

Luego, Df(x0) = 0 , como querıamos probar.

Notas. 1.- Geometricamente la conducion Df(x0) = 0 significa que

el plano tangente al grafico de f en el punto (x0, f(x0)) es paralelo al

subespacio Rn × 0 de Rn × R .

2.- La condicion Df(x0) = 0 no es suficiente para tener un extremo local

en x0 . Por ejemplo, consideremos la aplicacion f : R2 → R definida

por f(x, y) = x2 − y2 . Se tiene que Df(0, 0) = 0 , pero (0, 0) no es

maximo ni mınimo local para f .

Figura.

Definicion 6.14 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U → R

Sergio Plaza 177

una aplicacion diferenciable en U . Si Df(x0) = 0 , con x0 ∈ U ,

decimos que x0 es un punto crıtico para f . El valor f(x0) de un

punto crıtico es llamado un valor crıtico para f .

Ejemplo. Sea f : R3 → R la aplicacion definida por f(x, y, z) =

x4 + y4− 2(x2 + z2)+ y2 . Tenemos que f es de clase C∞ , y los puntos

crıticos son dados por las soluciones de las ecuaciones

∂f

∂x(x, y, z) = 4x3 − 4x = 0

∂f

∂y(x, y, z) = 2y = 0

∂f

∂z(x, y, z) = 4z3 − 4z2 = 0 .

El conjunto solucion de estas ecuaciones es dado por los puntos (0, 0, 0) ,

(1, 0, 0) , (−1, 0, 0) , (0, 0, 1) , (0, 0,−1) , (1, 0, 1) , (−1, 0, 1) , (1, 0,−1) ,

y (−1, 0,−1) . Los correspondientes valores crıticos son 0 , −1 , −1 ,

−1 , −1 , −2 , −2 , −2 , y −2 , respectivamente.

Teorema 6.27 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U → R

una aplicacion diferenciable en x0 ∈ U , con Df(x0) = 0 . Entonces una

condicion necesaria y suficiente para que x0 sea un maximo local estricto

para f es que exista una constante c > 0 tal que D2f(x0)(v, v) 6−c||v||2 para todo v ∈ Rn . Analogamente, x0 es un mınimo local

estricto para f si existe una constante d > 0 tal que Df (x0)(v, v) >d||v||2 para todo v ∈ Rn .

Demostracion. Desde el Teorema de Taylor, tenemos que f(x0 +h) =

f(x0) + 12!D

2f(x0)(v, v) + r(h) , donde limh→0

r(h)/||h||2 = 0 . Ahora, si

D2f(x0)(h, h) 6 −c||h||2 , se sigue que f(x0 + h) − f(x0) 6 − c2 ||h||2 +


r(h) , luego si h 6= 0 se tiene que f(x0+h)−f(x0)||h||2 6 − c

2 + r(h)||h||2 . Elijamos

α > 0 tal que frac|r(h)|||h||2 6 c4 para todo h ∈ B(0, α) , se sigue

entonces que f(x0 + h) − f(x0) 6 −c||h||2 para todo h ∈ B(0, α) .

Luego, f tiene un maximo local estricto en x0 , lo que completa la

prueba.

Nota. Si Df(x0), D2f(x0), . . . , D2r−1f(x0) son todas cero, entonces la

una prueba analoga a la anterior muestra que una condicion suficiente

para que x0 sea un maximo local para f es que exista una constante

c > 0 tal que D2rf(x0)(h, . . . , h) 6 −c||h||2r para todo h ∈ Rn .

Una condicion analoga vale para tener mınimo local.

Ejemplo. En el ejemplo anterior, f(x, y, z) = x4 + z4− 2(x2 + z2)+ y2

tenemos∂2f

∂x2(x, y, z) = 12x− 4

∂2f

∂y2(x, y, z) = 2

∂2f

∂z2(x, y, z) = 12z2 − 4

todas las otras derivadas parciales de segundo orden son nulas. Desde el

Teorema anterior, tenemos que un punto crıtico es un maximo (resp. un

mınimo) local para f si ∂2f∂x2 (x, y, z) , ∂2f

∂y2 (x, y, z) y ∂2f∂z2 (x, y, z) son

estrictamente negativas (resp. estrictamente positivas) en ese punto

crıtico. Evaluando esas derivadas en los puntos crıticos, vemos que

ninguno de ellos es un maximo local, mientras que los puntos crıticos

(1, 0, 1) , (−1, 0, 1) , (1, 0,−1) y (−1, 0,−1) son mınimos locales estric-

tos para f , con correspondiente valor crıtico −2 . De hecho, como f

es acotada por abajo, se sigue que −2 es el valor mınimo absoluto para

f .

Sergio Plaza 179

Sea L2(Rn,Rm) = ϕ : Rn × Rn → Rm : ϕ es bilineal . Deci-

mos que ϕ ∈ L2(Rn,Rm) es simetrica si ϕ(u, v) = ϕ(v, u) para todo

u, v ∈ Rn . Tenemos que el conjunto L2(Rn,Rm) de las aplicaciones

bilineales de Rn × Rn en Rm es un espacio vectorial, y si denotamos

por L2,s(Rn,Rm) el conjunto de las aplicaciones bilineales simetricas,

entonces L2,s(Rn,Rm) es un subespacio vectorial de L2(Rn,Rm) .

Teorema 6.28 Sea A ∈ L2,s(Rn,R) . Entonces ai , A(v, v) > 0 para

todo v ∈ Rn , con v 6= 0 , existe c > 0 tal que A(v, v) > c||v||2 para

todo v ∈ Rn .

Demostracion. Sea c = infA(v, v) : ||v||2 = 1 . Tenemos que

c > 0 , y el resto de la prueba es facil (se deja a cargo del lector).

Si A ∈ L2,s(Rn,R) , definimos la aplicacion q : Rn → R por q(x) =

A(x, x) (q es una forma cuadratica). Decimos que q es no degenerada

si q(x) = 0 si, y solo si, x = 0 . Si q(x) > 0 para todo x ∈ Rn , con

x 6= 0 , decimos que q es positiva definida. Si −q es positiva definida,

decimos que q es negativa definida.

Sea vi : i = 1, . . . , n una base de Rn , podemos definir una matriz

n × n , simetrica, (aij)i,j=1,...,n , donde aij = A(vi, vj) . Los valores

propios de esta matriz son reales, y tenemos que q(x) = A(x, x) es no

degenerada si, solo si, todos los valores propios de (aij)i,j=1,...,n son no

cero. Si todos los valores propios de (aij)i,j=1,...,n son estrictamente

positivos entonces q es positiva definida. Ademas, podemos encontrar

una base E de Rn , tal que relativa a E , q tiene la forma

q(x1, . . . , xn) =p∑

j=1

x2i −

n∑

i=p+1

x2i

para todo (x1, . . . , xn) ∈ Rn . Ahora aplicamos esto a puntos crıticos de

aplicaciones.


Teorema 6.29 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y sea f : U → R .

Supongamos que

1. f ∈ C1 ,

2. x0 ∈ U es un punto crıtico de f ,

3. f es dos veces diferenciable en x0 y D2f(x0) es no degenerada.

Entonces, x0 es un maximo local estricto para f, si, y solo si, D2f(x0)

es negativa definida, x0 es un mınimo local estricto para f si, y solo

si, D2f(x0) es positiva definida.

En particular, si v1, . . . , vn es una base de Rn , x0 es un maximo

(resp. un mınimo) local estricto para f si, y solo si, todos los valores

propios de la matriz (D2f(x0)(vi, vj))i,j=1,...,n son estrictamente nega-

tivos (resp. estrictamente positivos).

Demostracion. (=⇒) Se sigue directamente del teorema anterior.

(⇐=) Supongamos que D2f(x0) es no degenerada, pero no negativa

definida. Podemos elegir una base v1, . . . , vn de Rn , tal que la ex-

pansion de Taylor de f alrededor de x0 = (x1, . . . , xn) tiene la forma

f(x1 +h1, . . . , xn +hn) = f(x1, . . . , xn)+12

p∑

i=1

h2i −

n∑

i=p+1

h2i

+r(h) ,

donde h = (h1, . . . , hn) y limh→0

r(h)||h||2 = 0 , y p es estrictamente positivo.

Denotemos por Rp el subespacio generado por las primeras p coor-

denadas de Rn . Si restringimos f a U ∩ (x0 +Rp) , vemos que x0 no

puede ser un maximo local estricto para f . Analogamente, si D2f(x0)

es no positiva, x0 no puede ser un mınimo local estricto para f . Lo

que concluye la prueba.

Ejemplos.

Sergio Plaza 181

6.8 Multiplicadores de Lagrange

En algunos problemas se pide minimizar una funcion sujeta a ciertas

restricciones.

Teorema 6.30 (Multiplicadores de Lagrange) Sea U ⊂ Rn un con-

junto abierto y sean f, g : U → R aplicaciones de clase Cr ( r > 1).

Sea x0 ∈ U , con g(x0) = c0 , sea S = g−1(c0) el conjunto de nivel

de g con valor c0 . Supongamos que grad g(x0) 6= 0 (en particular, S

es una superficie). Si f |S tiene un maximo o un mınimo local en x0 ,

entonces existe un numero real λ tal que

grad f(x0) = λ grad g(x0) .

Demostracion. Como grad g(x0) 6= 0 , sin perdida de generalidad,

podemos suponer que ∂g∂xn

(x0) 6= 0 y que c0 = 0 . Entonces por el Teo-

rema de la Funcion Implıcita, existe una funcion de clase Cr , h tal que

g(x1, . . . , xn−1, h(x1, . . . , xn−1)) = 0 , para todo (x1, . . . , xn−1) en un

conjunto abierto V ⊂ Rn−1 . Definamos una funcion k como sigue

k(x1, . . . , xn−1) = f(x1, . . . , xn−1, h(x1, . . . , xn−1)) . Queremos maxi-

mizar k . Si k tiene un maximo o un mınimo local en un punto, entonces

∂k

∂xi=

∂f

∂xi+

∂f

∂xn

∂h

∂xi= 0 .

Pero, ∂g∂xi

+ ∂g∂xn

∂h∂xi

= 0 , luego

∂f

∂xi= − ∂f

∂xn

∂h

∂xi= − ∂f

∂xn·(− ∂g

∂xi/

∂g

∂xn

)=

(∂f

∂xn/

∂g

∂xn

)∂g

∂xi,

tomando λ = ∂f∂xn

/ ∂g∂xn

, se sigue que grad f(x0) = λ grad g(x0) .


Nota. Si la superficie S esta definida por varias restricciones

g1(x1, . . . , xn) = c1

g2(x1, . . . , xn) = c2

...

gk(x1, . . . , xn) = ck

y f posee un maximo o un mınimo en x0 ∈ S . Si grad g1(x0) , . . . , grad gk(x0)

son linealmente independientes, entonces existen constantes reales λ1, . . . , λk ,

tales que

grad f(x0) = λ1 grad g1(x0) + · · ·+ λk grad gk(x0) .

La demostracion se sigue directamente del Teorema de la Funcion

Implıcita, considerando la funcion g = (g1, . . . , gk) . Los detalles quedan

a cargo del lector.

Ejemplos.

6.9 Ejercicios

En los problemas asuma que las funciones tienen tanta clase de diferen-

ciabilidad como sea necesaria, salvo mencion explıcita.

1. Suponga que f : R2 → R es diferenciable. Defina F : R2 → R

por F (x, y) = f(x, xy). Calcule∂F (x, y)

∂x∂y.

2. Si f : R3 → R y g : R2 → R . Defina F (x, y) = f(x, y, g(x, y)),

Suponga que f y g son diferenciables, y exprese las derivadas

parciales de primer y segundo orden de F en termino de aquellas

de f y de g.

Sergio Plaza 183

3. Sea F = gf , donde f(x, y) = (xy, x2y) y g(s, t) = (s+t, s2−t2).

Calcule JF (s, t) =∂(F1, F2)∂(s, t)

, es decir, la matriz jacobiana de

F = (F1, F2) con respecto a las variables (s, t).

4. Sea F : U ⊂ R3 → R3 (U abierto) una aplicacion de clase Cr (r >1). Escribiendo F (x, y, x) = (f1(x, y, z), f2(x, y, z), f3(x, y, z)) , te-

nemos que su matriz jacobiana es

JF (x, y, z) =

∂f1

∂x

∂f1

∂y

∂f1

∂z

∂f2

∂x

∂f2

∂y

∂f2

∂z

∂f3

∂x

∂f3

∂y

∂f3

∂z

.

Se define la divergencia de F , denotada por div F , como

div F =∂f1

∂x+

∂f2

∂y+

∂f3

∂z

(este concepto se extiende modo natural a Rn ), y el rotacional de

F , denotado por rotF o bien por ∇× F , por

rotF =((

∂f3

∂y− ∂f2

∂z

),

(∂f1

∂z− ∂f3

∂x

),

(∂f2

∂x− ∂f1

∂y

)).

Note que div F no es otra cosa que la la traza (suma de los elemen-

tos de la diagonal) de la matriz jacobiana, y las componentes de

rotF son las diferencias de los elementos situados simetricamente

respecto de la diagonal, y un cambio de signo.

Sea U ⊂ R3 un conjunto abierto. Sea F : U → R3 y φ : U → R

de clase Cr (r suficientemente grande).


(a) Si F = gradφ = (∂φ/∂x , ∂φ/∂y , ∂φ/∂z) . Pruebe que

div F =∂2φ

∂x2+

∂2φ

∂y2+

∂2φ

∂z2.

La expresion del segundo miembro es llamada Laplaciano de

φ , y se acostumbra a denotarlo por ∇2φ . Luego la diver-

gencia de un gradiente gradφ es el laplaciano ∇2φ , es decir,

div(gradφ) = ∇2φ . A seguir pruebe que:

(b) rot(gradφ) = 0

(c) div(rotF ) = 0 .

(d) div(aF + bG) = adiv F + bdiv G y rot(aF + bG) = a rotF +

b rotG ,

(e) div(φF ) = φdiv F+ < gradφ, F > y rot(φF ) = φ rotF +

gradφ× F ,

(f) Si U = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) 6= (0, 0) , y

F (x, y, z) =(− y

x2 + y2,

x

x2 + y2, z

),

entonces div F = 0 y rotF = 0 en todo U .

5. Suponga que f(x, y) = φ(x− cy)+ψ(x+ cy), donde φ, ψ : R→ R

son aplicaciones de clase Ck (k > 2) y c es una constante. Pruebe

que f satisface la ecuacion

∂2f

∂y2= c2 ∂2f

∂x2.

6. Sea ρ(x1, x2, x3) =√

x21 + x2

2 + x23 y definamos f por

f(x1, x2, x3, x4) =(φ(ρ(x1, x2, x3)− cx4) + ψ(ρ(x1, x2, x3) + cx4))

ρ(x1, x2, x3)

con (x1, x2, x3) 6= (0, 0, 0) . Muestre que

∂2f

∂x24

=∂2f

∂x21

+∂2f

∂x22

+∂2f

∂x23

(ecuacion de la onda)

Sergio Plaza 185

7. Pruebe que g(s, t) = (cosh(s) cos(t), senh(s) sen(t)) tiene inversa

local. Encuentre un dominio sobre el cual g−1 esta definida.

8. Sea g : ]0,∞[→ R dada por g(t) = t4 +2t2. Pruebe que g−1 existe

y encuentrela explicıtamente. ¿es g−1 diferenciable?

9. Defina g : R2 → R2 por g(s, t) = (es cos(t), es sen(t)).

(a) Pruebe que g satisface las condiciones del Teorema de la

Funcion Inversa.

(b) Sea 4 = (s, t) : 0 < t < 2π , s ∈ R. Demuestre que g/4es inyectiva. Encuentre g(4) y g−1.

(c) ¿Existen otros dominios sobre los cuales g es inyectiva? Si

responde afirmativamente, determine esos dominios. Si su

respuesta es negativa, justifique.

10. Sea g(s, t) = (s + f(t), t + f(s)), donde f ∈ C1 y |f ′(u)| 6 c < 1 ,

para todo u ∈ R.

(a) Pruebe que g(R2) = R2 , y que g es inyectiva.

(b) ¿Es posible aplicar el Teorema de la Funcion Inversa a g?

Justifique.

11. Calcular las derivadas parciales de las aplicaciones definidas a

seguir, en los puntos donde existan,

(a) f(x, y, z) = xyz;

(b) f(x, y, z) = log(x2 + 2y2 − 3z2) .


12. Sea ν(r, t) = tne−r2

4t . Calcular el valor de n de nodo que ν

satisfaga la ecuacion

∂ν

∂t=

1r2

∂

∂r

(r2 ∂ν

∂r

).

13. Sean z = u(x, y)eax+by y ∂u∂x∂y = 0 . Encontrar los valores de las

constantes a y b tales que

∂2z

∂x∂y− ∂z

∂x− ∂z

∂y+ z = 0 .

14. Calcular las derivadas direccionales en los puntos y direcciones

dadas.

(a) f(x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2 en (1, 1, 0) en la direccion de

e1 − e2 + 2e3 ;

(b) f(x, y, z) = (x/y)z en (1, 1, 1) en la direccion de 2e1+e2−e3 .

15. Suponga que F (x, φ(x)) = 0 y que∂F

∂y(x, φ(x)) 6= 0 para cada

x ∈ R . Calcule φ′ y φ′′ .

16. Sea F (φ(y, z), y, z) = 0. Suponga que ∂F∂x (φ(y, z), y, z) 6= 0 para

cada (y, z) ∈ R2. Encuentre ∂2φ∂x2

17. Sean φ(x1, x2, x3, x4) = x22 +x2

4− 2x1x3 y ψ(x1, x2, x3, x4) = x32 +

x34+x3

1−x33. Defina F (x1, x2, x3, x4) = (φ(x1, x2, x3, x4), ψ(x1, x2, x3, x4))

y sea x0 = (1,−1, 1, 1). Demuestre que F satisface las hipotesis

del Teorema de la Funcion Implıcita. ¿Que variable(s) puede(n)

despejar(se)? Calcule la derivada de la(s) funcion(es) dada(s) por

el Teorema de la Funcion Implicıta.

18. Sean f, g : U ⊂ Rn → R (U abierto) aplicaciones diferenciables.

Probar

Sergio Plaza 187

(a) grad f = 0 si f es constante en U ;

(b) grad(f + g) = grad f + grad g ;

(c) grad(cf) = c grad f , donde c ∈ R es una constante;

(d) graf(fg) = f grad g + g grad f ;

(e) grad(f/g) = (g grad f − f grad g)/g2 , en los puntos donde

g 6= 0 .

19. La aplicacion exponencial de matrices exp : M(n×n,R) → M(n×n,R) es definida por exp(A) = Σ∞k=0

Ak

k! . Pruebe que exp es una

aplicacion de clase C∞, y que Dexp(0) es un isomorfismo. Con-

cluya que existe una funcion C∞, que podemos llamar logaritmo de

matrices, log : U → M(n×n,R), donde U es una vecindad abierta

de la matriz identidad I en GL(n,R), tal que exp(log(X)) = X,

para todo X ∈ U .

(a) Calcule exp(I) ;

(b) si A ∈ M(n × n,R) tiene la propiedad que Ak = 0 para

algun k > 1 . Calcule exp(A) ;

(c) Si A ∈ M(2× 2,R) tiene la forma

A =

a 0

0 b

.

Calcule exp(A) .

(d) Calcule D log(I) .

20. Sea g : R2 → R4 dada por g(x, y) = (g1(x, y), g2(x, y), g3(x, y), g4(x, y)) ,

donde gi : R2 → R son dadas por

g1(x, y) = (r cos(y) + a) cos(x), g2(x, y) = (r cos(y) + a) sen(x) ,

g3(x, y) = r sen(y) cos(x/2), g4(x, y) = r sen(y) sen(x/2)) .


Pruebe que g es una inmersion C∞.

21. Defina f : R→ R dada por:

f(x) =

e−1

x2 si x > 0

0 si x 6 0 .

(a) Pruebe que f ∈ C∞;

(b) pruebe que g(x) = f(x− a)f(b− x) es de clase C∞, positiva

sobre ]a, b[ , y es igual a cero en fuera del intervalo ]a, b[ ;

(c) pruebe que

h(x) =

∫ x−∞ g(t)dt∫∞−∞ g(u)du

es de clase C∞ y satisface h(x) = 0 para x 6 a , h(x) = 1

para x > b , y 0 < h(x) < 1 para x ∈ ]a, b[ , y es estrictamente

creciente en ese intervalo.

22. Pruebe que f : R→ R2 dada por

f(x) =(

ex + e−x

2,

ex − e−x

2

)

es una inmersion inyectiva. ¿Cual es la imagen de f?

23. Si f : R3 → R es dada por f(x1, x2, x3) = α(r)ex3 con r =√

x21 + x2

2 , donde α es una funcion C∞ , igual a 1 en una vecindad

de 0 , y α(1) = 0 , α′(1) 6= 0. Pruebe que f es una submersion

C∞. Dibuje los conjuntos f−1(c) para diferentes valores de c.

24. Sea f : ]0, 1[×R→ R3 dada por f(s, t) = γ(t) + (s− 12)δ(t), donde

γ(t) = (cos(t), sen(t), 0)

δ(t) = cos( t2)γ(t) + sen( t

2)(0, 0, 1) .

Pruebe que f es una inmersion C∞. ¿Cual es la imagen de f ?

Sergio Plaza 189

25. Sea f : ]−1, +∞[→ R2 dada por f(t) = (t3− t, t2). Pruebe que f

es una inmersion C∞, la cual es una biyeccion de ]−1,+∞[ sobre

su imagen, pero f−1 no es continua en todas partes. Encuentre

el (los) punto(s) de discontinuidad de f−1 .

26. Considere funciones diferenciables f, g, h : R → R y defina F :

R2 → R2 por F (x, y) = (f(x)h(y), g(y)). Suponga que f y g son

difeomorfismos de R sobre R. Pruebe que F es un difeomorfismo

si y solo si 0 /∈ h(R). Construya ejemplos especıficos (es decir, dar

explıcitamente f , g y h ).

27. Sea f : R2 → R definida por:

f(x, y) =

(x2 + y2) sen(

1√x2+y2

)si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(a) Demostrar que f es diferenciable en todas partes

(b) Demostrar que las derivadas parciales de f son funciones

acotadas, pero discontinuas en (0, 0)

28. En R3 considere las coordenadas (α, β, ϕ) definidas por las formulas

x =c sen(α) cos(ϕ)

cosh(β)− cos(α),

y =c sen(α) sen(ϕ)


z =csenh(β)


donde c > 0 es una constante. Determine un abierto U ⊂ R3

donde estas coordenadas estan bien definidas.


29. Suponga que F (u, v, x, y, z) y G(u, v, x, y, z) son funciones de

clase Cr (r > 1 ) definidas en un conjunto abierto U ⊂ R5 .

Suponga ademas que u y v son funciones de x, y, z , las cuales

satisfacen las ecuaciones

F (u, v, x, y, z) = 0

G(u, v, x, y, z) = 0 .

Calcular las derivadas parciales de u y de v respecto de las vari-

ables x , y , y z .

30. Sea f : Rn → Rn una aplicacion diferenciable, con f(0) = 0 . Si

Df(0) no tiene valor propio 1, demuestre que existe un abierto

V ⊂ Rn con 0 ∈ V tal que f(x) 6= x para todo x ∈ V − 0 .

31. Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto, y sea f : U → Rn una apli-

cacion que satisface ||f(x)−f(y)|| 6 λ||x−y|| para cada x, y ∈ U ,

donde λ es una constante. Sean a ∈ U y g : V ⊂ Rn → R` una

aplicacion diferenciable (V abierto), con f(U) ⊂ V y b = f(a) .

Si Dg(b) = 0 , demuestre que g f : U → R` es diferenciable en

a y que D(g f)(a) = 0 .

32. Sean V = R3 − (x, y, z) : y = 0 , x > 0 y f : V → R

una aplicacion diferenciable. Exprese grad f en terminos de las

coordenadas cilındricas.

33. (Metodo para construir difeomorfismos). Sea g : [0, +∞[→ R

continua, con g(t) > 0 para todo t > 0 , y sea U = (x, y) ∈ R2 :

0 < x < y . Defina f : U → R2 por

f(x, y) =( ∫ x+y

0g(t)dt ,

∫ y−x

0g(t)dt

).

Sergio Plaza 191

Pruebe que f es un difeomorfismo C∞ sobre un abierto de R2.

Construya ejemplos concretos.

34. Sea f : R→ R2 dada por

f(t) =

(t2, t2) para t > 0

(t2,−t2) para t 6 0 .

Pruebe que f es de clase C1 , pero no de clase C2 .

35. Pruebe que f : R → R2 dada por f(t) = (t3 − 4t, t2 − 4) es una

inmersion de clase C∞ no inyectiva. Dibuje la imagen de f .

36. Sea f(t) = (t3, t2), para todo t ∈ R. ¿f es una inmersion? (justi-

fique su respuesta).

37. Sea U = ]0, 2π[× ]0, 2π[ , y sea f : U → R3 la funcion definida por

f(u, v) = ((r cos(u) + a) cos(v), (r cos(u) + a) sen(v), r sen(u)) ,

con 0 < a < r. Pruebe que f es una inmersion inyectiva. ¿Cual es

la imagen de f?

38. Dadas f, g : J → R, donde J ⊂ R es un intervalo abierto. Suponga

que f(v) > 0 para todo v ∈ J . Sea F : R × J → R3 dada por

F (u, v) = (f(v) cos(u), f(v) sen(u), g(v)). Pruebe que si f, g son

de clase Ck , k > 1 , y g′(v) 6= 0 entonces F es una inmersion.

Encuentre un dominio sobre el cual F es inyectiva. Dibuje la ima-

gen de F , y de algunos ejemplos de funciones f y g que satisfacen

las condiciones anteriores. Grafique en cada caso la imagen de F .

Por ejemplo, considere f(v) = a cosh(v) y g(v) = av con a > 0.


39. Defina F : R2 → R3 por F (u, v) = (u, v, u3 − 3v2u). Pruebe que

F es una inmersion inyectiva de clase C∞. Dibuje la imagen de F .

40. Sea Π : R2 → R3 dada por

Π(u, v) =(

4u

u2 + v2 + 4,

4v

u2 + v2 + 4,

2(u2 + v2)− 1u2 + v2 + 4

).

Pruebe que Π es una inmersion de clase C∞.

41. Sea F : R→ R definida por

f(x) =

x

2+ x2 sen (1/x) si x 6= 0

0 si x = 0 .

Pruebe que f es diferenciable y que f ′(0) 6= 0, pero no existe

ningun intervalo abierto I conteniendo a 0 sobre el cual f tiene

inversa. ¿Porque esto no contradice el Teorema de la Funcion

Inversa?

42. En R2 use la metrica (distancia) dada por la norma ||(x, y)||s =

|x|+ |y|. Sea f : R2 → R2 dada por f(x, y) = (x + y, xy). Calcule

Df(a1, a2). ¿Cambia el resultado si usamos la norma ‖(x, y)‖ =√

x2 + y2?

43. Calcule las coordenadas del vector gradiente grad f(x, y) , para

f : R2 → R diferenciable, en una base arbitraria V = v1, v2 de

R2 .

Sergio Plaza 193

44. Pruebe que para la aplicacion f definida por

f(x, y) =

xy√x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

existen las derivadas parciales∂f

∂x(0, 0) y

∂f

∂y(0, 0) , pero f no es

diferenciable en (0, 0). ¿f es continua en (0, 0)?

45. Sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

xy

x2 + y2si x2 + y2 6= (0, 0)

0 si x = y = 0 .

Pruebe que f no es continua en (0, 0), y que∂f

∂x(0, 0) y

∂f

∂y(0, 0)

existen. ¿f es diferenciable en (0, 0)? (Justifique sin hacer calculos).

46. Pruebe que f : Rn → R dada por f(x) = ‖x‖ =√

Σni=1x

2i es

diferenciable, de hecho f es de clase C∞ en Rn − 0.

47. Sea f : R3 → R2 definida por f(x, y, z) = (xyez+x2 sen(y), sen(xyπ)).

¿Es posible aplicar el Teorema de la Funcion Implıcita a f?, ¿es f

una submersion?

48. Encuentre la derivada direccional de la aplicacion f : R3 → R

dada por f(x, y, z) = x2 + y4 + z2 en el punto (1, 1, 1) y en la

direccion(√

22 ,

√2

2 , 0).

49. Sea f : R→ R3 y g : R3 → R2 dadas por f(t) = (sen(t), et cos(t), t4)

y g(x1, x2, x3) = (ex1x2 , cos(x21 + x2)) . Calcule D2(g f)(0) .


50. Aplique el Teorema de la Funcion Implıcita a las siguientes fun-

ciones,

(a) f(x, y) = x2 cos(y) + sen(y) en (0, 0).

(b) f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2−sen((x+y+z)π)−√3 en (1, 1, 1).

Justifique su respuesta.

51. Considere el sistema de ecuaciones

(f(x, y))3 + x(g(x, y))2 + y = 0

(g(x, y))3 + yg(x, y) + (f(x, y))2 − x = 0

en las incognitas f(x, y) y g(x, y) . Aplique el Teorema de la

Funcion Implıcita para probar que el sistema de ecuaciones tiene

solucion.

52. Calcule∂m+nu

∂xm∂yn(x, y) , donde u(x, y) = sen(αx + βy + γ) .

53. Sea u(x, y) = eax cos(by). Calcular dn u(x, y).

54. Construya una funcion f : R → R de clase Cn , pero no de clase

Cn+1 .

Observacion. Si f : R → R es continua. Entonces la apli-

cacion h1(x) =∫ x0 f(s)ds es diferenciable (Teorema Fundamental

del Calculo) y Dh1(x) = f(x) . Ademas, como f es continua se

tiene que h1 ∈ C1 .

Indicacion: Use lo anterior para construir los ejemplos deseados.

55. Pruebe que f : ]0, 1[→ R dado por f(t) = tan( tπ2 ) es un difeomor-

fismo C∞.

Sergio Plaza 195

56. Sea exp(x) = ex. Considere la funcion φ : R→ R, dada por

φ(t) =

exp(

−1(t−a)(t−b)

)si a < t < b

0 otro caso

(a) Pruebe que φ ∈ C∞ y que φ(k)(a) = φ(k)(b) = 0, para todo

k ∈ N.

(b) Defina θ : R→ R por

θ(t) =

∫ t−∞ φ(x)dx∫∞−∞ φ(s)ds

Pruebe que θ ∈ C∞ y que θ(t) = 0 para t 6 a y θ(t) = 1 para

t > b.

(c) Defina η : R→ R por η(t) = 1− θ(t). Estudie el grafico de η

cuando a = 1 y b = (1 + δ)2, δ > 0.

(d) Defina ψ : Rn → R dada por ψ(x) = η(‖x‖2). Pruebe que

ψ ∈ C∞, y que ψ(x) = 0 cuando ‖x‖2 > (1 + δ)2 y ψ(x) = 1

para ||x|| < 1.

Dibuje el grafico de ψ. (tal funcion ψ es llamada una “funcion

cototo”).

57. Sea f : R → R, una aplicacion C1, tal que |Df(x)| 6 k < 1 para

todo x ∈ R. Defina ϕ : R2 → R2, ϕ(x, y) = (x + f(x) , y + f(y)).

Pruebe que ϕ es un difeomorfismo.

58. Sea B(r) = x ∈ Rn : ||x|| < r, donde ||x|| = (∑n

i=1 x2i )

1/2 .

Pruebe que la aplicacion f : B(r) → Rn dada por

f(x) =rx√

r2 − ||x||es un difeomorfismo C∞.


Indicacion. f−1(y) =ry√

r2 + ||y|| .

59. Pruebe que,

(a) Si f y g son inmersiones entonces f × g tambien lo es.

(b) Si f y g son inmersiones, entonces g f es una inmersion.

c) Vale lo anterior si cambiamos inmersion por submersion?

d) Si f es inmersion y g es submersion (o vice versa) ¿Que

podemos decir acerca de f × g y de f g ?

60. Considere la funcion f : M(n×n,R) → M(n×n,R) definida por

f(X) = Xk , k > 1 . Demuestre que f es de clase C1 .

61. Use el Teorema de la Funcion Inversa para demostrar que f es un

difeomorfismo local alrededor de la matriz identidad. ¿Es f un

difeomorfismo global? Justifique su respuesta.

62. Calcule las derivadas φ′(x) y φ′′(x) , donde la funcion y = φ(x)

satisface la ecuacion sen(y) + x2 = 0 .

63. ¿Es posible aplicar el Teorema de la Funcion Implıcita a la funcion

f(x, y) = x2 cos(y)+sen(y) en el punto (0,0) ? ¿ Es f submersion

en el punto (0,0)?


f(x, y) =

(x2 + y2)α sen( 1x2+y2 ) (x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

Determine los valores de α para los cuales f es diferenciable en

todo R2 .

Sergio Plaza 197

65. Calcular la derivada direccional de f(x, y) = x2 + 4y2 + ex cos(y)

en el punto (0, 0) , en la direccion que forma un angulo de 30 con

el eje x .

66. Sea f : R3 → R3 dada por

f(r, θ, φ) = (r sen(φ) cos(θ), r sen(φ) sen(θ), r cos(φ)) ,

donde r > 0 . Demuestre que f es un difeomorfismo local de

clase C∞ , y encuentre un abierto U ⊂ R3 donde f/U : U →f(U) es un difeomorfismo (describa U explıcitamente). Calcule

Df−1(u, v, w) donde (u, v, w) ∈ f(U) .

67. Si u = f(x, y) es de clase Cr (r > 2 . Expresar 4u =∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2

en terminos de coordenadas polares.

68. ¿Para que valores de x e y puede resolverse la ecuacion

ex2+y2+z2 − cos(x2 + y2 + z2) = 0

para z ?

69. Hallar la derivada direccional de las funciones indicadas en punto

en cuestion y en la direccion dada:

1.- f(x, y, z) = ex cos(yz) en p0 = (0, 0, 0) y v = (3, 3,−3) .

2.- f(x, y) = (x2 − y2)/(x2 + y2) en p0 = (1, 1) y v = (1,−1) .

3.- f(x, y) = exp(−x2−y2) en p0 = (1, 1) y v = (1/√

2, 1/√

2) .

70. Demuestre que la funcion f : R2 → R dada por f(x, y) = (x2 +

y2) sen(1/(x2+y2)) admite derivadas parciales en cada punto, pero

ninguna de ellas es continua en (0, 0) .


71. Sea f : R2 → R la aplicacion definida por

f(x, y) =

x2 arctang(y/x)− y2 arctang(x/y) si xy 6= 0

0 si y = 0, x arbitrario

0 si x = 0, y arbitrario

Pruebe que existen las derivadas parciales de segundo orden en

todo punto, y que en (0, 0) ∂2f∂x∂y y ∂2f

∂y∂x son distintas. ¿Porque

ocurre esto?

72. Sea C = (x, y) ∈ R2 : xy > 0 , y sea f : C → R3 definida por

f(x, y) =(e−x2

sen(y), arctang(x/y), log(xy3))

.

Encuentre las derivadas parciales de segundo orden de f .


f(x, y) =

xy2 si y 6= 0

0 si y = 0

Pruebe que existen las derivadas parciales de segundo orden en

todo punto. Ademas, pruebe que ∂2f∂y∂x(0, 0) = ∂2f

∂x∂y (0, 0) , aun

cuando estas derivadas parciales no son continuas en (0, 0) .

74. Sea R = (x, y) ∈ R2 : y > 0 , y sea f : R → R2 por f(x, y) =

(x(y − log(y)) + 1, yey−x − 2) . Calcule detJf(1, 1) . ¿Que puede

decir acerca de la matriz Jf(1, 1)

75. Estudiar la diferenciabilidad sobre R2 de las siguientes funciones:

(a)

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Sergio Plaza 199

(b)

f(x, y) =

x3 − y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(c)

f(x, y) =

xy3

x4 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(d)

f(x, y) =

x3y

x4 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(e)

f(x, y) =

x3y√x4 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

76. Para la funcion f : R2 → R , estudiar la continuidad de f la

existencia y continuidad de las derivadas parciales primeras de f ,

donde:

(a)

f(x, y) =

sen(x3)− sen(y3)x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(b)

f(x, y) =

sen(x2) + sen(y2)√x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .


(c)

f(x, y) =

x2 sen(y

x

)si x 6= 0

0 si x = 0 .

77. Estudiar si la funcion

f(x, y) =

x3y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

es de clase C2 sobre R2 .


f(x, y) =

y4

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

(a) Demostrar que f es de clase C1 en R2 .

(b) Demostrar que∂2f

∂y∂x(0, 0) y

∂2f

∂x∂y(0, 0) existen y son iguales.

(c) Demostrar que∂2f

∂y∂xy

∂2f

∂y∂yno son continuas en (0, 0) .


f(x, y) =

xy3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

Demostrar que f es de clase C1 en R2 . Calcular∂2f

∂y∂xy

∂2f

∂y∂yy deducir que que f no es de clase C2 sobre R2 .


f(x, y) =

x6

x2 + (y − x)2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

¿Es f de clase C1 sobre R2 ?

Sergio Plaza 201

81. Analizar si la siguiente funcion tiene derivada direccional en el

punto (0, 0) en la direccion del vector v = (cos(θ), sen(θ)) y si es

diferenciable en dicho punto

f(x, y) =

x3 + y3

sen(x2 + y2)si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

82. Suponga que un estudiante del curso de Analisis IV, realiza el

siguiente calculo: si w = f(x, y) e y = x2 entonces por la regla

de la cadena, obtenemos

∂w

∂x=

∂w

∂x

∂x

∂x+

∂w

∂y

∂y

∂x=

∂w

∂x+ 2x

∂w

∂y.

Por lo tanto, 0 = 2x∂w∂y , de donde ∂w

∂y = 0 . Este calculo es incor-

recto. Explique porque, y realice este en forma correcta. Muestre

ejemplos en que calculo falla.

83. Calculard

dtexp(f(t) · g(t))

84. Sea f una funcion diferenciable de variable real a valores reales,

y sea g : R2 → R una aplicacion definida por

g(x, y) = xyf

(x + y

xy

).

Demuestre que g satisface la ecuacion diferencial

x2 ∂g

∂x− y2 ∂g

∂y= G(x, y) · g(x, y) ,

para alguna aplicacion G , y encontrar G explicıtamente.

85. Sea f(u, v, w) = u2 + v2−w , donde u(x, y, z) = x2y , v(x, y, z) =

y2 , y w(x, y, z) = e−xz . Encuentre la derivada de f .


86. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U → Rm una apli-

cacion diferenciable. Defina g(x) = sen(〈f(x), f(x)〉) . Calcule

Dg(x) .

87. Muestre que la funcion f : R2 → R , definida por

f(x, y) =

xy(x2 − y2)x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

no satisface las condiciones del teorema de Schwarz

88. Sean G1, G2 : R3 → R aplicaciones diferenciables de clase C1 al

menos. Suponga que las ecuaciones

G1(x, y, z) = 0

G2(x, y, z) = 0

definen aplicaciones y = y(x) y z = z(x) . Encuentre las derivadasdydx y dz

dx .

89. Si f(x, y) = (tang(x− 1)− ey, x2 − y2) y g(x, y) = (ex−y, x− y) .

Encuentre D(f g)(x, y)

90. Sean f : R2 → R2 definida por f(x, y) = (ex+y, ex−y) y α : R→R2 diferenciable, tal que α(0) = (0, 0) y dα

dt (0) = (2,−5) . Calcule

el vector velocidad en t = 0 de f α .

91. Demuestre la identidad

∂

∂x

∫ x

0f(x, y)dy = f(x, y) +

∫ x

0

∂f

∂x(x, y)dy .

92. Sea f : R3 → R dada por f(x, y, z) = (x2+y2+z2) log(√

x2 + y2 + z2) ,

para (x, y, z) 6= (0, 0, 0) , y sea g : R → R3 dada por g(t) =

(et, e−t, t) . Calcule grad f , dgdt , dfg

dt , y D(g f)(x, y, z) .

Sergio Plaza 203


f(x, y) =

xy√x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

¿Es f diferenciable en (0, 0) ?. Justifique su respuesta.

94. Sea z = log(r) , donde r =√

x2 + y2 . Calcule ∂2z∂x2 + ∂2z

∂y2 .

95. Si f(x, y, z) = x3 + 3x2y − 4xy2 + y3z + 2z2 + xz , encuentre la

derivada direccional de f en el punto (1, 1, 2) en la direcion del

vector v = (2, 1, 2) .

96. Si f(x, y) = (x2− 1)(y2− 1) . Encuentre los puntos crıticos de f .

Use los teoremas vistos en clases para clasificar los puntos crıticos

de f .

97. Suponga que f : R2 → R es una aplicacion suficientemente difer-

enciable que satisface la ecuacion

∂2f

∂x2(x, y) +

∂2f

∂y2(x, y) = 0 (Ecuacion de Laplace)

Pruebe que la aplicacion φ definida por

φ(x, y) = f

(x

x2 + y2,

y

x2 + y2

)para (x, y) 6= (0, 0)

tambien satisface la ecuacion de Laplace

98. Si F = (F1, F2, F3) : U ⊂ R3 → R3 es una aplicacion diferenciable,

donde U es un conjunto abierto. Se define el rotacional de F ,

notacion rotF o ∇F , y la divergencia de f , notacion div F por

rot F =(

∂F3

∂y− ∂F2

∂z,∂F1

∂z− F3

∂x,∂F2

∂x− ∂F1

∂y

),


div F =∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z,

respectivamente. Pruebe que si F es de clase C2 entonces div rotF =

0

99. Calcule rotF y div F para F (x, y, z) = 1x2+y2+z2 (yz,−xz, xy)

100. Con las hipotesis apropiadas sobre las aplicaciones, pruebe que

(a) rot(F + G) = rotF + rotG .

(b) div(F + G) = div F + div G .

(c) rot grad f = 0 , donde f : U ⊂ R3 → R .

(d) div(grad f × grad g) = 0 , donde f, g : U ⊂ Rn → R .

101. Se define el laplaciano de una aplicacion f : U ⊂ Rn → R de clase

C2 al menos, como

∇2f =n∑

i=1

∂2f

∂x2i

.

Pruebe que ∇2(fg) = f∇2g + g∇2f + 2〈grad f, grad g〉 .

102. Mostrar que en coordenadas polares (r, θ) en R2 , la ecuacion de

Laplace para f : R2 → R se escribe como

∂2f

∂r2+

1r2

∂f

∂θ2+

1r

∂2f

∂r= 0 .

103. Mostrar que en coordenadas esfericas (ρ, θ, φ) en R3 la ecuacion

de Laplace se escribe como

∂

∂µ

((1− µ2)

∂f

∂µ

)+

11− µ2

∂2f

∂θ2+ ρ

∂2(ρf)∂ρ2

= 0 ,

donde µ = cos(θ) .

Sergio Plaza 205

104. Sea U ⊂ R3 un conjunto abierto en el cual se tiene bien definidas

las coordenadas esferica (ρ, θ, φ) . Si f : U → R y F : U → R3

son suficientemente diferenciables, encontrar formulas en coorde-

nadas esfericas para

(a) div f .

(b) grad f .

(c) rotF .

Ilustre sus calculos con al menos dos ejemplos.

105. Sea U ⊂ R3 un conjunto abierto en el cual se tiene bien definidas

las coordenadas cilındricas (r, θ, z) . Si f : U → R y F : U → R3

son suficientemente diferenciables, encontrar formulas en coorde-

nadas esfericas para

(a) div f .

(b) grad f .

(c) rotF .

Ilustre sus calculos con al menos dos ejemplos.

106. Sea f(x, y) = |xy| . Pruebe que f es diferenciable en (0, 0) , pero

no es de clase C1 .

107. Si f : U ⊂ Rn → R , U abierto, es tal que las derivadas parciales∂f∂xj

existen y son acotadas en una vecindad de a ∈ U , pruebe que

f es continua en a .

108. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Sea f : U → Rm . Pruebe

que si ∂f∂u(a) , existe para a ∈ U , y v = λu , donde λ ∈ R


es una constante no cero, entonces ∂f∂v (a) existe y se tiene que

∂f∂v (a) = λ∂f

∂u(a) .


f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(a) ¿Para que vectores u ∈ R2 con u 6= 0 , existe ∂f∂u(0, 0) ?. En

caso de que tal derivada direccional exista, calcule esta.

(b) ¿Existen ∂f∂x (0, 0) y ∂f

∂y (0, 0) ?

(c) ¿Es f diferenciable en (0, 0) ?. Justifique su respuesta.


f(x, y) =

x2y2

x2 + y2 + (y − x)2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(a) ¿Para que vectores u ∈ R2 con u 6= 0 , existe ∂f∂u(0, 0) ?. En

caso de que tal derivada direccional exista, calcule esta.

(b) ¿Existen ∂f∂x (0, 0) y ∂f

∂y (0, 0) ?

(c) ¿Es f diferenciable en (0, 0) ?. Justifique su respuesta.

Sergio Plaza 207

111. La funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x sen(1/x) + y sen(1/y) si xy 6= 0

x sen(1/x) si y = 0 , x 6= 0

y sen(1/y) si x = 0 , y 6= 0

0 si x = y = 0 ,

es continua, pero no diferenciable en el origen.

112. Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = |x| + |y| . ¿es f diferen-

ciable en (0, 0) ? Justifique su respuesta.

113. Sea f : R3 → R2 una aplicacion diferenciable que satisface: f(0, 0, 0) =

(1, 2) y

Df(0, 0, 0) =

1 2 3

0 0 1

Sea g : R2 → R2 la aplicacion dada por g(x, y) = (x+2y+1, 3xy) .

Calcule D(g f)(0, 0, 0) .

114. Sean f : R2 → R3 y g : R3 → R definidas por, f(x, y) =

(e2x+y, 3y−cos(x), x2+y+2) y g(x, y, z) = (3x+2y+z2, x2−z+1) .

(a) Defina F (x, y) = g(f(x, y)) . Calcule DF (0, 0) .

(b) Si G(x, y, z) = f(g(x, y, z)) . Calcule DG(0, 0, 0) .

115. Sea f : R2 → R2 definida por f(x, y) = (x2 − y2, 2xy) .

(a) Muestre que f es inyectiva en el conjunto A = (x, y) ∈ R2 :

x > 0 .


(b) Describa geometricamente el conjunto imagen B = f(A) .

(c) Si g : B → A es la funcion inversa de f . Muestre que g es

diferenciable y calcule Dg(0, 1) .

116. Sea f : Rn → Rn definida por f(x) = ||x||2 x . Demuestre que

f ∈ C∞ , y que f aplica la bola unitaria con centro en el origen,

B(0, 1) en si misma de modo inyectivo. ¿La inversa de f/B(0, 1)

es diferenciable en 0?.

117. Sea g : R2 → R2 definida por g(x, y) = (2ye2x, xey) , y sea f :

R2 → R3 definida por f(x, y) = (3x− y2, 2x + y, xy + y3) .

(a) Demuestre que existe una vecindad de (0, 1) de modo que la

restriccion de g a esa vecindad es inyectiva.

(b) Encuentre D(fg−1)(2, 0) , donde la inversa g−1 este definida.

118. Sea f : R3 → R2 una aplicacion de clase C1 , escriba f en la

forma f(x, y1, y2) . Suponga que f(3,−1, 2) = 0 y que

Df(3,−1, 2) =

1 2 1

1 −1 1

(a) Muestre que existe una funcion g : B ⊂ R → R2 , g =

(g1, g2) , de clase C1 , donde B es un intervalo abierto, tal

que f(x, g1(x), g2(x)) = 0 , para x ∈ B y g(3) = (−1, 2)

(b) Calcule Dg(3) .

119. Sean f(u, v, w) = (eu−w, cos(u + v) + sen(u + v + w)) y g(x, y) =

(ex, cos(y − x), e−y) . Encuentre D(f g)(0, 0) .

Sergio Plaza 209

120. Sea

f(r, θ) =

sen(6r)6r

si r 6= 0

1 si r = 0

Encuentre limr→0

f(r, θ) . ¿Es f continua en el punto (0, 0) ?. En-

cuentre ∂f∂r (0, 0) .

121. Encuentre ∂w∂u y ∂w

∂v en (u, v) = (0, 0) , donde w = log(1 + x2)−arctang(y) y x = 2u cos(v) e y = uv .

122. Encuentre la aproximacion de Taylor de orden 2 para f(x, y) =

ex−1 cos(y) alrededor del punto (1, 0) .

123. Pruebe que la funcion f : R2 → R definida por f(x, y) =√|xy| es

continua, posee ambas derivadas parciales (calcule ellas en forma

explıcita), pero no es diferenciable en el origen.

124. Pruebe que la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

xyx2 − y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

en diferenciable en todo su dominio.

Pruebe ademas, que∂2f

∂x∂y(0, 0) 6= ∂2f

∂y∂x(0, 0) .

125. Sea f : R5 → R2 una aplicacion de clase C1 . Sea a = (1, 2,−1, 3, 0) .

Suponga que f(a) = 0 y que

Df(a) =

1 3 1 −1 2

0 0 1 2 4

(a) Muestre que existe una aplicacion de clase C1 , g : B → R2 ,

con g = (g1, g2) , definida en un conjunto abierto B ⊂ R3 que


contiene al punto a , tal que f(x, g1(x, u, v), g2(x, u, v), u, v) =

0 para (x, u, v) ∈ B , y g(1, 3, 0) = (2,−1)

(b) Calcule Dg(1, 3, 0) .

126. Sea F : R2 → R una aplicacion de clase C2 , que satisface:

F (0, 0) = y DF (0, 0) = (2 3)1×2 . Sea G : R3 → R la aplicacion

definida por G(x, y, z) = F (x + 2y + 3z − 1, x3 + y2 − z2) .

(a) Pruebe que podemos resolver la ecuacion G(x, y, z) = 0 para

z , digamos z = g(x, y) para (x, y) en una vecindad B de

(−2, 3) , tal que g(−2, 3) = −1

(b) Si ∂2F∂x2 (−2, 3) = 3 , ∂2F

∂x∂y (−2, 3) = −1 y ∂2F∂y2 (0, 0) = 5 , cal-

cule ∂2F∂y∂x(−2, 3) .

127. Encuentre la derivada direccional de f en el punto P en la di-

reccion del vector tangente a la curva γ en P , donde los respec-

tivos elementos son indicados en cada caso:

(a) f(x, y) = x2 + y2 , P = (1, 2) , y γ : x2 + y2 = 5 .

(b) f(x, y) = 2xy + y2 , P =√

2, 1) , y γ : x2

4 + y2

2 = 1 .

(c) f(x, y, z) = log(xy + yz + xz) , P = (0, 1, 1) y γ dada por

x(t) = cos(t)

y(t) = sen(t)

z(t) = 1

(d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 , P = (0, R, πa/2) , y γ dada por

x(t) = R cos(t)

y(t) = R sen(t)

z(t) = at

Sergio Plaza 211

128. Pruebe que div(uF ) = udiv(F ) + 〈F, grad(u)〉 , donde F : Rn →Rn y u : Rn → R .


f(x, y) =

2xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

Encuentre las direcciones en R en las cuales f tiene derivada

direccional en el punto (0, 0) .

130. Sea f(x, y, z) = |x+y+z| . Encuentre las direcciones en las cuales

la derivada direccional de f en el punto (1,−1, 0) existe.

131. Sea f : U ⊂ Rn → R , donde U es abierto. Suponga que f en un

punto x0 ∈ U y en la direccion v ∈ Rn tiene derivada direccional,∂f∂v (x0) . Calcule la derivada direccional de f en x0 en la direccion

−v .

132. Sea f(x, y) = log(x2 + 2y + 1) +∫ x0 cos(t2)dt , donde y > −1/2 .

Calcule df(x, y) .

133. Calcule grad f(x) para cada una de las siguientes aplicaciones

f : Rn → R :

(a) f(x) = 〈x0, x〉 , donde x0 ∈ Rn es arbitrario.

(b) f(x) = ||x|| , x 6= 0 .

(c) f(x) = (〈x0, x〉)2 .

134. Calcule div(grad(ex sen(y))) .


135. Sea f : R→ R definida por

f(x) =

e−1/x2si x 6= 0

0 si x = 0 .

Pruebe que f ∈ C∞ y que f (k)(0) = 0 para todo k > 0 .

136. Sea f(x) = xk sen(1/x) si x 6= 0 y f(0) = 0 . Pruebe que

(a) Si k = 0 entonces f es discontinua en x = 0 .

(b) Si k = 1 entonces f es continua en x = 0 , pero no diferen-

ciable en ese punto.

(c) Si k = 2 entonces f es diferenciable en x = 0 , pero no es

de clase C1 .

(d) ¿Que puede decir para k > 3 ?


f(x, y) =

xy(x2 − y2)x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(a) Si (x, y) 6= (0, 0) . Encuentre∂2f

∂x∂y(x, y) y

∂2f

∂y∂x(x, y) , y

verifique que ellas son iguales.

(b) Pruebe que∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0 y que f ∈ C1 .

(c) Pruebe que∂2f

∂x∂y(0, 0) y

∂2f

∂y∂x(0, 0) existen, pero no son

iguales.

138. Sea f : Rn → R es definida por f(x) = (1 + 〈x, x〉)〈x,x〉 . Calcule

Df(x) .

Sergio Plaza 213

139. Si F (x) = f(x, g(x)) donde f : U ⊂ R2 → R y g : R → R son

aplicaciones de clase C2 . Encuentre DF (x) y D2F (x) .

140. Sea f una aplicacion de clase C2 , definamos la aplicacion F (r, θ) =

f(r cos(θ), r sen(θ)) . Pruebe que

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2=

∂2F

∂r2+

1r2

∂2

∂θ2+

1r

∂F

∂r.

141. Si F (f(y, z), y, z) = 0 y∂f

∂x(f(y, z), y, z) 6= 0 para cada (y, z)

en un abierto U ⊂ R2 . Encuentre∂2f

∂x2.

142. Sea F (x, y, z) = (x, y, z) . Pruebe que

(a) div F = 3 .

(b) rotF = 0 .

(c) div(

F (x,y,z)||F (x,y,z)||3

)= 0 .

(d) rot(

F (x,y,z)||F (x,y,z)||3

)= 0 .

(e) grad(

1||F (x,y,z)||

)= − F (x,y,z)

||F (x,y,z)||2 .

143. Calcule grad(gf) , donde f : U ⊂ Rn → Rm y g : V ⊂ Rm → R

son aplicaciones de clase Ck (k > 1 , con U y V abiertos y

f(U) ⊂ V .

144. Sean f : R2 → R y u, v : R2 → R aplicaciones de clase Cr

(r > 1). Defina F (x, y) = f(u(x, y), v(x, y)) . Demuestre que

gradF =∂f

∂ugrad(u) +

∂f

∂vgrad(v) .

145. Encuentre y clasifique los puntos crıticos de las siguientes funciones

(a) f(x, y) = exp(x2 + y2)/2− exp(−x2 − y2)− 3(x2 + y2)/2


(b) f(x, y) = sen(x) + cos(y) + sen(x + y)

(c) f(x, y) = exp(x2+(cos(y))2)+2 exp(−x2−(cos(y))2)−3(x2+

(cos(y))2) .

146. (a) Encuentre x, y, z para la caja de maximo volumen, tal que

xy + yz + xz = 1 ,

(b) Encuentre todos los extremos de la funcion f(x, y)) = x2+y2

sujeta a la condicion x4 + y4 = 2

(c) Encuentre todos los extremos de la funcion f(x, y) = 2x +

y + 4z sujeta a la condicion x2 + y + z2 = 16 .

147. Calcule las derivadas parciales∂2f

∂x2,

∂2f

∂y2,

∂2f

∂y∂x, para las siguien-

tes funciones (en su dominio de definicion)

(a) f(x, y) =√

x2 + y2 ,

(b) f(x, y) = ex sen(y) .

148. Si x , y , z son funciones de la variable t , y si f es una funcion

de las variables x , y , z . Demuestre que

df

dt=

∂f

∂x

dx

dt+

∂f

∂y

dy

dt+

∂f

∂z

dz

dt.

149. Si y , z son funciones de x , y f es una funcion de x , y , z .

Demuestre que

df

dx=

∂f

∂x+

∂f

∂y

dy

dx+

∂f

∂z

dz

dx.

150. Si la ecuacion f(x, y, z) = 0 define a z como funcion de x e y .

Demuestre que∂z

∂x= −

∂f∂x∂f∂z

.

Sergio Plaza 215

151. Calcule la diferencial de f(x, y, z) = ez cos(x + y) .

152. Si x2 + y2 + z2 = 1 , encuentre (donde estan bien definidas) las

derivadas parciales∂z

∂xy

∂z

∂y.

153. Las tres variables x , y y z estan relacionadas por F (x, y, z) = 0 ,

donde F es diferenciable. Pruebe que

∂z

∂y· ∂y

∂x· ∂x

∂z= −1 .

154. Encuentre todos los puntos maximos y mınimos relativos y puntos

sillas (si ellos existen) para la funcion f(x, y) = x2y2 − x2 − y2 .

155. Encuentre las derivadas parciales∂2f

∂x2,

∂2f

∂y2,

∂2

∂y∂xpara las fun-

ciones

(a) f(x, y) = xy√x2+y2

,

(b) f(x, y) = sen(x− y) ,

(c) f(x, y) = senh(x) cosh(y) .

156. Demuestre que Ψ(x, z) = A sen(x− νt) satisface la ecuacion

∂2Ψ∂t‘2

= ν2 ∂2Ψ∂x2

.

157. Encuentre el desarrollo de Taylor de la funcion f(x, y) hasta orden

2 en el punto indicado, donde:

(a) f(x, y) = ln(x2y2) en p = (1, 1) ,

(b) f(x, y) = cosh(xy) en p = (0, 0) .

158. Encuentre todos los puntos maximos y mınimos relativos y puntos

sillas (si ellos existen) para la funcion


(a) f(x, y) = 2x− 2y − x2 − y2 ,

(b) f(x, y) = x2 − xy + y2 .

159. Si w = f(x(s, t), y(s, t), t2) , donde f(x, y, z) es una aplicacion

diferenciable a valores reales. Calcule ∂w∂t .

160. Estudiar los puntos crıticos de f : R2 → R definida por f(x, y) =

x3 + 3xy2 − 15x− 12y .

161. Encuentre y clasifique los puntos crıticos de f(x, y) = exy .

162. Encuentre y clasifique los puntos crıticos de f(x, y) = xx2+y2+1

.

163. Encuentre y clasifique los puntos crıticos de f(x, y) = (x + 2y +

1)xy .

164. Usando multiplicadores de Lagrange, encuentre el maximo de f(x, y) =

x + y sobre la elıpse x2

a2 + y2

b2= 1 , donde a y b son constantes

positivas.

165. Usando multiplicadores de Lagrange, encuentre el maximo de f(x, y, z) =

ax + by + cz sobre la esfera x2 + y2 + z2 = 1 .

166. Sea p > 1 y suponga que 1p + 1

q = 1 . Encuentre el maximo de

la funcion f(x1, x2, y1, y2) = x1yy + x2y2 sujeto a las condiciones

xp1 + xp

2 = 1 y yq1 + yq

2 = 1 .

167. Encuentre y clasifique los puntos crıticos de la funcion f(x, y) =

x3 + y3 − 3x− 12y + 17 .

168. Usando el metodo de los multiplicadores de Lagrange encuentre el

maximo de f(x, y) = x2y sobre el cırculo x2 + y2 = 12 .

Sergio Plaza 217

169. Use el metodo de los multiplicadores de Lagrange para encontrar

el maximo de f(x, y, z) = z2 sujeto a las condiciones x+y+z = 1

y x2 + y2 = 8 .

170. Encuentre el maximo de la funcion f(x, y, z) = x+yz sujeto a las

condiciones x + z = 2y y (x, y) ∈ [3, 5]× [0, 2] .

171. Sean f(u, v, w) = (eu−w, cos(u + v) + sen(u + v + w)) y g(x, y) =

(ex, cos(y − x), e−y) . Calcule D(f g)(0, 0) .

Capıtulo 7

Superficies en Espacios

Euclideanos

Para m 6 n la inclusion canonica i : Rm → Rn definida por i(x1, . . . , xm) =

(x1, . . . , xm, 0, . . . , 0) nos permite identificar el espacio Rm con el subes-

pacio Rm × 0 ⊂ Rn y podemos escribir Rn = Rm × Rn−m.

Recordemos que dado un conjunto M ⊂ Rn , podemos dotar a M

una topologıa definiendo los abiertos de M como sigue: A ⊂ M es un

abierto si existe un conjunto abierto U ⊂ Rn tal que A = M ∩ U . Es

facil ver que la coleccion de los abiertos de M definidos de este modo

forman una topologıa para M , y decimos en este caso que M tiene la

topologıa inducida por la de Rn

Definicion 7.1 Sea M ⊂ Rn, con la topologıa inducida. Decimos que

M es una superficie de clase Cr ( r > 1 ) y dimension m en Rn si,

para cada x ∈ M existe un abierto U ⊂ Rn , con x ∈ U , y existe un

difeomorfismo Cr, f : U → f(U) ⊂ Rn tal que f(M ∩ U) = f(U) ∩(Rm × 0).

219

220 Superficies en Espacios Euclideanos

El numero n−m es llamado la codimension de M en Rn.

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........................

M

U

...........................................................................................................................

..................................................................................

................... ..............

................... ..............

Rn

• x U ∩M

f

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

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.....

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...........

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...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

.....

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Rn−m

• f(x)

f(U)

............................................................................. ..............

f(U ∩M) = f(U) ∩ RmRm

....................................................... ........... ........................................................................................

................................................................................................... ........... ........... ........... .

................................

................................................................

......................

........................................................................................ ........... ........... ...........

...............................................

............................................ ........... ........... ........... ..................

El siguiente teorema caracteriza la nocion de superficie de varios mo-

dos, todos ellos equivalentes.

Teorema 7.1 Sea M ⊂ Rn, con la topologıa inducida. Entonces las

afirmaciones siguientes son equivalentes,

(i) M es una superficie de clase Cr ( r > 1 ) y dimension m en Rn ;

(ii) para cada x ∈ M existe un abierto U ⊂ Rn , con x ∈ U , y

existen n − m funciones reales de clase Cr , fi : U → R con

fi(x) = 0 , para i = 1, 2, . . . , n −m, tales que las formas lineales

dfi(x) : Rn → R son linealmente independientes y

M ∩ U =n−m⋂

i=1

f−1i (0) ,

(las n − m formas lineales dfi(x) : Rn → R son linealmente in-

dependientes si, y solo si, la matriz jacobiana de la aplicacion

f : U ⊂ Rn → Rn−m , dada por f = (f1, . . . , fn−m) ,

Jf(x) =(

∂fi(x)∂xj

)i=1,...,n−mj=1,...,n

tiene rango n−m),

Sergio Plaza 221

(iii) para cada x ∈ M existe un abierto U ⊂ Rn, con x ∈ U , y ex-

iste una submersion Cr , f : U → Rn−m , con f(x) = 0 , tal

que M ∩ U = f−1(0) (en este caso decimos que 0 es un valor

regular de f y consecuentemente toda superficie es localmente la

imagen inversa de un valor regular). (En general, sea U ⊂ Rn un

conjunto abierto y sea f : U → R` una aplicacion de clase Cr

(r > 1). Decimos que v ∈ R` es un valor regular de f si, o bien

f−1(v) = ∅ o bien si f−1(v) 6= ∅ entonces para cada x ∈ f−1(v) ,

la derivada Df(x) : Rn → R` es una aplicacion lineal sobreyec-

tiva. En particular, n > ` .)

(iv) para cada x ∈ M , existen un abierto U ⊂ Rn con x = (x1, . . . , xn) ∈U , un abierto U ′ ⊂ Rm con x′ = (x1, . . . , xm) ∈ U ′ y n −m fun-

ciones reales Cr, hi : U ′ → R, i = 1, 2, . . . , n−m tales que, salvo

una permutacion en las coordenadas, M∩U es el grafico de la apli-

cacion h = (h1, . . . , hn−m) : U ′ → Rn−m, esto es, toda superficie

es localmente el grafico de una aplicacion diferenciable;

(v) para cada x ∈ M , existen abiertos U ⊂ Rn con x ∈ U y Ω ⊂ Rm

con 0 ∈ Ω y una aplicacion Cr , ϕ : Ω → Rn , con ϕ(0) = x y

tal que ϕ es un homeomorfismo desde Ω sobre M ∩ U (M con la

topologıa inducida de Rn) y Dϕ(0) : Rm → Rn inyectiva. Una

aplicacion ϕ es llamada una parametrizacion del abierto V = M ∩U de M que contiene a x.

Demostracion.

(ii) ⇒ (iii)) Si las aplicaciones fi : U → R, i = 1, . . . n−m son como en

(ii), entonces es inmediato que la aplicacion f = (f1, . . . , fn−m) : U →Rn−m es una submersion y que M ∩ U = f−1(0).


(iii) ⇒ (ii)) Si f : U ⊂ Rn → Rn−m es una submersion como en (iii),

escribiendo f = (f1, . . . , fn−m) se tiene que las funciones coordenadas fi :

U → R de f satisfacen (ii), pues dfi(x) son linealmente independientes

para cada x ∈ U , y ∩n−mi=1 f−1

i (0) = f−1(0) = M ∩ U .

(iii) ⇒ (i)) Sean x ∈ M y U ⊂ Rn abierto con x ∈ U , y sea f :

U → Rn−m una submersion Cr , tal que M ∩ U = f−1(0) entonces por

el Teorema de la Forma Local de las Submersiones, existen un abierto

U ′ ⊂ Rn con x ∈ U ′ y un difeomorfismo Cr, h : U ′ → h(U ′) ⊂ Rn tal que

f/U ′ = π2 h, donde π2 : Rn = Rm×Rn−m → Rn−m es la proyeccion en

la segunda coordenada. Tenemos, M ∩ U ′ = f−1(0) = (π2 h)−1(0) =

h−1(π−12 (0)) = h−1(Rm×0), es decir, h(M ∩U ′) ⊂ Rm×0. Luego,

h(M ∩ U ′) = h(U ′) ∩ (Rm × 0) y el difeomorfismo h : U ′ → h(U ′)

satisface la definicion de superficie.

(i) ⇒ (v)) Sean x ∈ M y U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea f : U →f(U) ⊂ Rn un difeomorfismo Cr , con r > 1, tal que f(M ∩ U) =

f(U) ∩ (Rm × 0). Aplicando una traslacion, si es necesario, podemos

suponer que f(x) = 0 . Haciendo Ω = f(U ∩M) = f(U)∩ (Rm×0) ⊂Rm × 0 ≡ Rm, tenemos que Ω es abierto y 0 ∈ Ω. Sea i : Rm →Rn la inclusion canonica, i(y) = (y, 0), donde 0 ∈ Rn−m. Definamos

ϕ = f−1 i , entonces ϕ : Ω → Rn satisface ϕ(0) = x, ϕ ∈ Cr y es un

homeomorfismo desde Ω sobre M ∩ U . Ademas, Dϕ(0) : Rm → Rn es

inyectiva. Luego ϕ es una parametrizacion de la vecindad M ∩ U de x

en M .

(v) ⇒ (iv)) Renumerando las coordenadas de Rn, si es necesario, pode-

mos suponer que Dϕ(0)(Rm) ∩ Rn−m = 0, donde Rn = Rm × Rn−m.

Sea π1 : Rm × Rn−m → Rm la proyeccion en la primera coordenada,

π1(x, y) = x. De Dϕ(Rm)∩Rn−m = 0 , se sigue que D(π1ϕ)(0)Rm =

π1 Dϕ(0)Rm = Rm. Ahora, como ϕ : Ω ⊂ Rm → Rn y π1 : Rn → Rm,

Sergio Plaza 223

se tiene π1 ϕ : Ω ⊂ Rm → Rm y Df(0) : Rm → RM es so-

breyectiva, por lo tanto D(π1 ϕ)(0) : Rm → Rm es un isomorfismo

y por el Teorema de la Funcion Inversa, existe un abierto Ω′ ⊂ Ω,

con 0 ∈ Ω′, tal que (π1 ϕ)/Ω′ : Ω′ ⊂ Rm → (π1 ϕ)(Ω′) ⊂ Rm es

un difeomorfismo Cr. Tomamos el abierto Ω′ ⊂ Rm, con 0 ∈ Ω′, y

h1, . . . , hn−m las ultimas n−m funciones coordenadas de la aplicacion

h = ϕ (π1 ϕ)−1 , es claro que h ∈ Cr y que h(U ′) = ϕ(Ω′), donde

U ′ = (π1 ϕ)(Ω′) ⊂ Rm es abierto. Luego, h(U ′) es un abierto de M

y por definicion de topologıa inducida existe un abierto U ⊂ Rn tal que

ϕ(Ω′) = h(U ′) = M ∩ U . Ademas, M es el grafico de la aplicacion Cr,

h = (h1, . . . , hn−m) : U ′ ⊂ Rm → Rn−m.

(iv) ⇒ (iii)) Sean x ∈ M y U ⊂ Rn un abierto con x = (x1, . . . , xn) ∈U , y sea U ′ ⊂ Rm abierto, con x′ = (x1, . . . , xm) ∈ U ′ finalmente, sea

h = (h1, . . . , hn−m) : U ′ ⊂ Rm → Rn−m una aplicacion de clase Cr,

con r > 1, tal que M ∩ U = graf(h). Escribamos Rn = Rm × Rn−m

y denotamos los puntos de Rn por (u, v) con u ∈ Rm y v ∈ Rn−m.

Sea V = U ′ × Rn−m ⊂ Rn , es claro que V es abierto y que V ∩M =

U ′ ∩ M . Definamos la aplicacion Cr, F : V → Rn−m por F (u, v) =

v − h(u) , entonces F−1(0) = (u, v) ∈ V : F (u, v) = 0 = (u, v) ∈V : v = h(u) = graf(h). Ahora, dado (z, w) ∈ Rm × Rn−m se tiene

que DF (u, v)(z, w) = w−Dh(u)z, donde Dh(u) : Rm → Rn−m. Luego,

dado η ∈ Rn−m eligiendo w ∈ Rn−m como el vector η+Dh(u)z tenemos

DF (u, v)(z, w) = η + Dh(u)z −Dh(u)z = η, es decir, F : V → Rn−m es

una submersion Cr.

Otra manera de ver que F es submersion es la siguiente. Tenemos

que F : V ⊂ Rn → Rn−m es dada por F (u, v) = v − h(u) , donde

h : U ⊂ Rm → Rn−m . Luego, para u ∈ U y v ∈ Rn−m arbitrarios, la


matriz jacobiana de F viene dada por

JF (u, v) =

−Jh(u)(n−m)×m

I(n−m)×(n−m)

(n−m)×n

la cual evidentemente tiene rango n − m , por lo tanto DF (u, v) es

sobreyectiva.

La siguiente figura muestra superficies obtenidas como imagen in-

versa de valores regulares para la aplicacion f : R3 → R definida por

f(x, y, z) = (1− x2 − y2)ez

Observaciones.

1. Sea M ⊂ Rn una superficie de dimension m y clase Cr ( r > 1).

Para simplificar la notacion, escribiremos simplemente Mm para

indicar la superficie y el exponente m indicara su dimension.

2. En (v) las dos condiciones, inmersion y homeomorfismo, son es-

enciales. Por ejemplo, tomemos Ω = R y ϕ : R → R2 dada por

ϕ(t) = (t2, t3) , es claro que ϕ es un homeomorfismo C∞ desde R

en ϕ(R) ⊂ R2, pero no es una inmersion, puesdϕ(0)

dt= (0, 0) .

Desde la traza de ϕ en R2 se ve facilmente que ϕ(R) no es una

superficie en R2.

Sergio Plaza 225

Para otro ejemplo consideramos la aplicacion ψ : R→ R3 , ψ(t) =(cos(t

√2) (2 + cos(t

√2)) , sen(t

√2) (2 + cos(t

√2)) , sen(t)

). Es facil

ver que ψ es una inmersion de clase C∞, pero no es homeomorfismo

sobre su imagen, la cual esta contenida en el toro T2 ⊂ R3,

T2 =(cos(t) (2 + cos(s)) , sen(t) (2 + cos(s)) , sen(s)) ∈ R3 :

s, t ∈ R .

Indicacion. Pruebe que T2 ⊂ R3 es una superficie de dimension

2 y de clase C∞ de R3 , y que ψ(R) es denso en T2 .

Un ejemplo mas sencillo de una inmersion inyectiva que no es

homeomorfismo sobre su imagen es dado por la aplicacion ϕ :

]− 1,∞[→ R2 definida por ϕ(t) = (t3 − t, t2) . Claramente, ϕ, es

continua e inyectiva, por lo tanto es una biyeccion sobre su imagen

ϕ(R) (vea la figura abajo)

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un

vn

(0, 1)

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............................

Ahora, sean (un)n∈N y (vn)n∈N sucesiones como en la figura, con

limn→∞ un = limn→∞ vn = (0, 1) . Se tiene que limn→∞ ϕ−1(un) =

1 y limn→∞ ϕ−1(vn)0 = −1 , esto muestra que ϕ−1 : ϕ(R) →]− 1,∞[ no puede ser continua.


7.1 Ejemplos de Superficies

1. Superficies de dimension n en Rn . Un subconjunto M de Rn es

superficie de dimension n si, y solo si, es un subconjunto abierto

de Rn .

En efecto, si M es un subconjunto abierto de Rn entonces basta

tomar una unica parametrizacion ϕ : M → M dada por ϕ = IM ,

aplicacion identidad de M . Recıprocamente, supongamos que M

es una superficie de clase al menos C1 . Sea p ∈ M , y sea ϕ : U0 ⊂Rn → U ⊂ M una parametrizacion con p = ϕ(x0) . Como para

todo x ∈ U0 la aplicacion lineal Dϕ(x) : Rn → Rn es inyectiva,

se sigue que Dϕ(x) es un isomorfismo, luego por el Teorema de

la Funcion Inversa, ϕ es un difeormorfismo local de clase C1

desde una vecindad W0 de x0 en una vecindad de p = ϕ(x0) .

Restringiendo ϕ a W0 se tiene que ϕ/W0 : W0 → ϕ(W0) es un

difeomorfismo, por lo tanto ϕ(W0) es un conjunto abierto de Rn ,

y como M es la union de las vecindades parametrizadas de sus

puntos, concluimos que M es un conjunto abierto en Rn .

Nota. Lo anterior tambien vale para superficies de clase C0 , pero

la prueba no la haremos, pues depende del Teorema de Brouwer

sobre la Invariancia de los Dominios.

2. En el otro extremo, respecto de la dimension de una superficies,

tenemos las superficies de dimension cero.

Afirmacion. Sea M ⊂ Rn . Entonces M es una superficie de

dimension cero si, y solo si, M es un conjunto de puntos aislados.

La prueba de esta afirmacion es facil y se deja al lector.

Sergio Plaza 227

3. Graficos de aplicaciones diferenciables. Sea U ⊂ Rm un con-

junto abierto, y sea f : U → Rn una aplicacion de clase Ck , su

grafico es el conjunto graf(f) = (x, f(x)) ∈ Rm × Rn : x ∈ U .

Afirmamos que M = graf(f) es una superficie de clase Ck y

dimension m contenida en Rm × Rn .

En efecto, basta considerar una unica parametrizacion ϕ : U → M

dada por ϕ(x) = (x, f(x)) , la cual es de clase Ck y Dϕ(x) =

(I, Df(x)) es inyectiva. Ahora sea π1 : Rm × Rn → Rm la

proyeccion en la primera coordenada, π1(x, y) = x . Es claro que

π1 es continua y (π1|M) ϕ(x) = x y que ϕ (π1/M)(x, f(x)) =

(x, f(x)) . Por lo tanto, ϕ es un homeomorfismo sobre su imagen,

cuya inversa es π1/M . Como ejercicio el lector puede construir

ejemplos considerando aplicaciones conocidas.

Afirmamos que f es de clase Ck si, y solo si, M = graf(f) es

una superficie de clase Ck .

En efecto, si f es de clase Ck ya mostramos que M = graf(f)

es una superficie de clase Ck .

Recıprocamente, supongamos que en M = graf(f) existe un abierto

V para el cual existe una parametrizacion ξ : U0 ⊂ Rm → V de

clase Ck+1 . Ahora sea ϕ : U ⊂ Rm → M la parametrizacion

ϕ(x) = (x, f(x)) anterior. Sea W0 = π1(V ) , es claro que W0 ⊂ U

es un conjunto abierto. Consideremos y0 ∈ U0 y x0 ∈ W0 tales

que ξ(y0) = ϕ(x0) . Tenemos que π1ξ = (π1/M)ξ : U0 → W0 es

un homeomorfismo de clase Ck+1 . Ahora, tenemos ϕ(π1ξ) = ξ

y derivando esta igualdad nos queda Dϕ(π1(ξ(u)))D(π1ξ)(u) =

Dξ(u) para cada u ∈ U0 , como las derivadas Dϕ(x) y Dξ(y) son

inyectivas, se sigue que D(π1 ξ)(u) : Rm → Rm es una aplicacion


lineal inyectiva, por lo tanto un isomorfismo, del Teorema de la

Funcion Inversa concluimos que π1 ξ : U0 → W0 es un difeo-

morfismo local de clase Ck+1 , esto es, existen abiertos U1 ⊂ U0

y W1 ⊂ W0 tal que π1 ξ : U1 → W1 es un difeomorfismo Ck+1 .

Como ϕ/W1 = ξ (π1 ξ)−1 , se sigue que ϕ es de clase Ck+1 en

el abierto W1 , luego ϕ(x) = (x, f(x)) es de clase Ck+1 , y por lo

tanto M = graf(f) es de clase Ck+1 , lo cual termina la prueba.

Considerando aplicaciones de clase Ck pero no de clase Ck+1

podemos construir superficies de clase Ck pero no de clase Ck+1 .

Por ejemplo, dado k > 1 sea fk : R→ R definida por

fk(x) =

xk si x > 0

0 si x 6 0 .

Es facil ver que fk es Ck−1 pero no Ck .

Otro ejemplo simple, es dado por funciones f : R → R del tipo

f(x) = x(k+1)/k , estas funciones son de clase C1 pero no son C2 .

4. Sean Mm ⊂ R` y Nn ⊂ Rp superficies de clase Cr (r > 1 ).

Entonces M ×N ⊂ R`+p es una superficie de clase Cr y dimension

m + n .

En efecto, sean ϕ : Ω1 ⊂ Rm → R` y ψ : Ω2 ⊂ Rn → Rp

parametrizaciones Cr de M y N , respectivamente, entonces la apli-

cacion ϕ×ψ : Ω1×Ω2 ⊂ Rm+n → R`+p dada por (ϕ×ψ)(x, y) =

(ϕ(x), ψ(y)) es una parametrizacion de M ×N .

Usando esta construccion y los ejemplos dados (arriba y a seguir)

se pueden construir muchos ejemplos de superficies.

5. Consideremos la esfera unitaria Sn ⊂ Rn+1, la cual es dada por

Sergio Plaza 229

Sn =

x = (x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1 :

n+1∑

i=1

x2i = 1

.

Este ejemplo es interesante, pues podemos demostrar de varios

modos diferentes que es una superficie.

Afirmacion: Sn es una superficie de codimension 1 y clase C∞

contenida en Rn+1.

Primera forma. Consideremos la funcion f : Rn+1 → R dada por

f(x1, . . . , xn+1) = x21 + · · · + x2

n+1 − 1 , es claro que f es C∞ y

que Sn = f−1(0) . Por otra parte df(x1, . . . , xn+1) = 2x1dx1 +

. . . + 2xn+1dxn+1 6= 0 si (x1, . . . , xn+1) 6= (0, . . . , 0) ; como 0 /∈ Sn,

las formas dxi ( i = 1, . . . , n + 1) son linealmente independientes,

consecuentemente Sn ⊂ Rn+1 es una superficie de codimension 1

y clase C∞ .

Segunda forma. Vamos construir 2n + 2 parametrizaciones para

Sn .

Sean H±i = x ∈ Rn+1 : (±1)xi > 0 . Claramente los conjuntos

H±i son subconjuntos abiertos de Rn+1 . Definamos los conjun-

tos U±i = Sn ∩H±

i , estos son subconjuntos abiertos de Sn . Sea

B(0; 1) = y ∈ Rn : ||y|| < 1 la bola unitaria abierta centrada

en el origen de Rn . Ahora definimos 2n + 2 parametrizaciones

como sigue: sean ϕ±i : B(0; 1) → U±i dadas por ϕ±i (x1, . . . , xn) =

(x1, . . . , xi−1,±√

1− ||x||2, xi, . . . , xn) , esas aplicaciones ϕ±i son

de clase C∞ . Sus inversas son las restricciones a U±i de las

proyecciones πi : Rn+1 → Rn dadas por πi(x1, . . . , xi, . . . , xn+1) =

(x1, . . . , xi, . . . , xn+1) , donde ˆ significa que omitimos esa coorde-


nada.

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Tercera forma. Construiremos dos parametrizaciones, dadas por

las inversas de las proyecciones esterograficas.

Sean UN = Sn−pN y US = Sn−pS , donde pN = (0, . . . , 0, 1)

y pS = (0, . . . , 0,−1) , son los polos norte y sur de la esfera,

respectivamente. Definamos las aplicaciones PN : UN → Rn y

PS : US → Rn , llamadas proyecciones esterograficas norte y sur,

respectivamente, por

PN (x1, . . . , xn+1) =(

x1

1− xn+1, . . . ,

xn

1− xn+1

)

PS(x1, . . . , xn+1) =(

x1

1 + xn+1, . . . ,

xn

1 + xn+1

),

sus inversas ϕN : Rn → UN y ϕS : Rn → US son las parametriza-

ciones que buscamos, esta vienen dadas por,

ϕN (x1, . . . , xn) =(

2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,||x||2 − 11 + ||x||2

)

ϕS(x1, . . . , xn) =(

2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,1− ||x||21 + ||x||2

).

Haremos la construccion para ϕN , para ϕS es analoga. La apli-

cacion PN (x) esta definida por la interseccion de la recta que

pasa por los puntos pN = (0, . . . , 0, 1) y x con el plano Rn×0

Sergio Plaza 231

(≡ Rn). La ecuacion de la recta es dada por tx + (1 − t)pN ,

con t ∈ R . Desarrollando nos queda (tx1, . . . , txn+1 + 1 − t) ,

t ∈ R . Intersectar esta recta con Rn × 0 significa hacer la

ultima coordenada txn+1 + 1 − t igual a 0, despejando t obten-

emos t = 11−xn+1

, reemplazando este valor de t en la ecuacion de

la recta, y omitiendo la ultima coordenada, que es igual a cero,

obtenemos que

PN (x1, . . . , xn+1) =(

x1

1− xn+1, . . . ,

xn

1− xn+1

).

Para encontrar ϕN consideremos un punto x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn

e identificamos este con el punto x = (x1, . . . , xn, 0) ∈ Rn × 0 .

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•

•xϕN (x)•ϕS(x)•.............

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La recta que pasa por x y pN viene dada por (tx1, . . . , txn, 1−t) ,

t ∈ R . Intersectando esta recta con Sn obtenemos la ecuacion

t2(x21 + · · ·+ x2

n) + (1− t)2 = 1 , desarrollando nos queda t2(x21 +

· · · + x2n + 1) − 2t = 0 , de aquı tenemos que o bien t = 0 o bien

t = 21+x2

1+···+x2n

= 21+||x||2 . El valor t = 0 se descarta pues para

este valor nos queda el polo norte pN . Reemplazando el otro valor

de t en la ecuacion anterior nos queda

ϕN (x1, . . . , xn) =(

2x1

1 + ||x||2 , . . . ,2xn

1 + ||x||2 ,||x||2 − 11 + ||x||2

).

Las restantes verificaciones son dejadas como ejercicio al lector.


6. Vamos a demostrar que el elipsoide E = (x, y, z) ∈ R3 : x2

b2+

y2

b2+ z2

c2= 1 es una superficie 2–dimensional de clase C∞ de

dos maneras distintas. El lector puede buscar otras formas de

demostrar esto.

Primera Forma: Valores regulares.

Sea f : R3 → R definida por f(x, y, z) = x2

a2 + y2

b2+ z2

c2− 1, es

claro que f es de clase C∞ y que f−1(0) = E . Por lo tanto, solo

debemos demostrar que 0 ∈ R es un valor regular de f . Para ver

esto, tenemos que

Jf(x, y, z) =(

2x

a2

2y

b2

2z

c2

)

Luego, Df(x, y, z) 6= 0 para todo (x, y, z) 6= 0 y como Df(x, y, z) :

R3 → R , se tiene que la aplicacion Df(x, y, z) es sobreyectiva

para todo (x, y, z) ∈ E . Luego, 0 ∈ R es un valor regular de

f y en consecuencia E es la imagen inversa de un valor regu-

lar, por lo tanto E es una superficie de clase C∞ y dimension

dimE = 3− 1 = 2 , como querıamos mostrar.

Segunda Forma: Parametrizaciones.

Para construir parametrizaciones para E , consideremos los con-

juntos

V1 = (y, z) ∈ R2 : −c

√1− y2

b2< z < c

√1− y2

b2, −b < y < b

V2 = (x, z) ∈ R2 : −c

√1− x2

a2< z < c

√1− x2

a2, −a < x < a

V3 = (x, y) ∈ R2 : −b

√1− x2

a2< y < b

√1− x2

a2, −a < x < a

Sergio Plaza 233

y sean

H+i = (x1, x2, x3) ∈ R3 : xi > 0

H−i = (x1, x2, x3) ∈ R3 : xi < 0 , i = 1, 2, 3.

Tenemos U±i = H±

i ∩ E son abiertos en E y (0, 0) ∈ Vi . Defi-

namos ϕ±1 : V1 → U±1 por ϕ±1 (y, z) =

(±a

√1− y2

b2− z2

c2, y, z

).

Tenemos que ϕ+1 (0, 0) = (a, 0, 0) ∈ U1 ⊂ M . Vamos a probar que

ϕ+1 es una parametrizacion, para lo cual debemos demostrar que

primero que ϕ+1 es un homeomorfismo desde V1 sobre U+

1 ⊂ E .

Claramente, ϕ+1 es inyectiva, y sobreyectiva sobre su imagen.

Ademas, es inmediato ver que ϕ+1 es continua, y su inversa (ϕ+

1 )−1 :

U+1 → V1 viene dada por (ϕ+

1 )−1(x1, x2, x3) = (x2, x3) , y siendo

esta aplicacion la restriccion E de una proyeccion se sigue que es

continua. Por lo tanto ϕ+1 : V1 → U+

1 es un es un homeomorfismo.

Ahora debemos demostrar que ϕ+1 es inmersion. Tenemos que

Jϕ+1 (y, z) =

−yb2· 1√

1− y2

b2− z2

c2

−zc2· 1√

1− y2

b2− z2

c2

1 0

0 1

luego, tomando la submatriz A =

(1 0

0 1

), para la cual se tiene

que det(A) 6= 0 , de donde dim ker(Dϕ+1 (0, 0)) = 2 , por lo tanto

Dϕ+1 (y, z) es inyectiva.


Observacion. Se puede repetir las construcciones de proyecciones

esterograficas hechas para la esfera en el caso del elipsoide. Los

detalles quedan a cargo del lector.

7. Banda de Mobius. La banda de Mobius es la superficie mostrada

en la figura las siguiente.

Para parametrizar la banda de Mobius, consideremos las aplica-

ciones δ, γ : R → R3 definidas por γ(t) = (cos(t), sen(t), 0) y

δ(t) = (cos(t/2) cos(t), cos(t/2) sen(t), sen(t/2)) . Definamos f :

]0, 1[ → R3 por f(s, t) = γ(t)+(s−1/2)δ(t) = ((1+(1−s/2) cos(t/2)) cos(t), (1+

(1−s/2) cos(t/2)) sen(t), (1−s/2) sen(t)) . La imagen M = f(]0, 1[×R) ⊂R3 es la banda de Mobius. Denotemos por J = ]0, 1[ , sea I ⊂ Rcualquier intervalo de longitud, |I| , menor que 2π . Entonces

se tiene que ϕ = f/(J × I) : J × I → ϕ(J × I) ⊂ M es una

parametrizacion de clase C∞ para la banda de Mobius. Esta

parametrizacion no cubre toda la banda de Mobius, el lector puede

encontrar las restantes parametrizaciones.

8. Toro T2 ⊂ R3. El toro T2 es construido geometricamente como

sigue. Sea T2 = (x, y, z) ∈ R3 : (x2+y2+z2−10)2+36z2 = 36 .

Sergio Plaza 235

Este conjunto es obtenido al hacer rotar sobre un cırculo de radio 3

en torno al origen en el plano xy un cırculo de radio 1 en el plano

xz . Sean ϕ1 : ]0, 2π[× ]0, 2π[→ R3 , ϕ2 : ]ε, 2π+ε[× ]0, 2π[→ R3 ,

ϕ3 : ]0, 2π[× ]ε, 2π+ε[→ R3 , y ası sucesivamente, de este modo se

definen 6 parametrizaciones (las tres restantes se dejan al lector),

donde ϕ1(φ, θ) = ((3 + cos(φ)) cos(θ), (3 + cos(φ)) sen(θ), sen(φ))

y ϕj(φ, θ) = ϕ1(φ, θ) , para j = 1, . . . , 6 . Es facil ver que las

imagenes de estas parametrizaciones cubren el toro T2 . (comple-

tar detalles esta a cargo del lector.)

9. Botella de Klein K2 ⊂ R4 .

Sean ox, oy, oz y ow los cuatro ejes coordenados en R4 . Consid-

eremos un cırculo C de radio r > 0 contenido en el plano xoz con

centro en un punto c del eje ox , situado a una distancia a > r

desde el origen.

La botella de Klein, K2 , es la superficie obtenida por la rotacion

del cırculo C , de modo que cuando C describe un angulo u

en el plano xoy el plano del cırculo C describe una rotacion de

angulo u/2 en torno a oc en el espacio oc, oz, ow . Sean U1 =


]0, 2π[× ]0, 2π[⊂ R2 y ϕ1 : U1 → R4 definida por

ϕ1(u, v) = ((a + r cos(v)) cos(u), (a + r cos(v)) sen(u),

r sen(v) cos(u/2), r sen(v) sen(u/2)) .

Es facil ver que ϕ1 es una parametrizacion de clase C∞ , y que

ϕ1(U1) contiene todos los puntos de la botella de Klein, excepto

aquellos sobre los cırculos u = 0 y v = 0 . Por ejemplo, vamos

a mostrar que ϕ1 es inyectiva. Supongamos primero que z 6= 0 .

Entonces v 6= 0 y cos(u/2) 6= 0 . Como 0 < u/2 < π , la expresion

w/2 = tang(u/2) determina u . Conociendo u , las ecuaciones

cos(v) =

√x2 + y2 − a

ry sen(v) =

w

r cos(u/2)

determinan v . Por otra parte, si z = 0 , se tiene que v = π o u =

π , y de nuevo se ve que ϕ1 es inyectiva. Luego ϕ1 : U1 → ϕ1(U1)

es biyectiva. Los restantes casos se dejan a cargo del lector.

La figura abajo muestra una representacion de la botella de Klein

inmersa en R3 , pues tiene autointersecciones, que la superficie

Sergio Plaza 237

original en R4 no tiene.

10. Toro Tn ⊂ R2n. Sea S1√1n

⊂ R2 el cırculo centrado en el origen

y radio 1/√

n, es decir, S1√1n

es definido por la ecuacion, x2 +

y2 = 1/n . Definimos Tn = S1√1n

× · · · × S1√1n

n-veces. Entonces,

Tn ⊂ R2n, es una superficie de dimension n y clase C∞ contenida

en R2n+2 , de hecho se tiene que Tn esta contenida en S2n−1 .

En efecto, Tn es definido por las n ecuaciones,

x21 + x2

2 =1n

, x23 + x2

4 =1n

, . . . , x22n−1 + x2

2n =1n

.

Sumando de estas n ecuaciones, tenemos

x21 + x2

2 + · · ·+ x22n−1 + x2

2n = 1 ,

luego Tn ⊂ S2n−1 y como en el ejemplo anterior se prueba la

afirmacion.


Si tomamos un cırculo de radio 1, S1 ⊂ R2 y definimos Tn =

S1 × · · · × S1 ( n–veces) entonces Tn ⊂ S2n−1√n

, donde S2n−1√n

es la

esfera de centro en el origen y radio√

n en R2n.

11. Grupo de las matrices inversibles. GL(Rn) = A ∈ M(n ×n,R) : det(A) 6= 0 es un conjunto abierto enM(n×n,R) ≡ Rn2

,

luego es una superficie de dimension n2 y clase C∞ en Rn2.

12. Grupo Ortogonal. Sea O(n) =A ∈M(n× n,R) : AAT = I

,

donde AT denota la transpuesta de la matriz A. Afirmamos que

O(n) es una superficie de dimension n(n − 1)/2 y clase C∞ en

Rn2 ≡M(n× n,R).

En efecto, consideremos el conjunto de las matrices simetricas

y antisimetricas, S(n) = A ∈ M(n × n,R) : A = AT y

A(n) = A ∈ M(n × n,R) : AT = −A , respectivamente. Am-

bos conjuntos son subespacios vectoriales de M(n × n,R), con

dimS(n) = (n(n + 1))/2 y dimA(n) = (n(n− 1))/2 . Dada una

matriz A ∈M(n× n,R), se tiene,

A+AT ∈ S(n) , A−AT ∈ A(n) y A =12

(A+AT )+12

(A−AT ) .

Ademas, como S(n) ∩ A(n) = 0, se sigue que M(n × n,R) =

S(n)⊕A(n) .

Definamos F :M(n×n,R) → S(n) ≡ Rn(n+1)2 por F (X) = XXT .

Tenemos que F ∈ C∞ y DF (X)H = XHT +HXT . Para mostrar

que F es una submersion, dada una matriz S ∈ S(n), tomemos la

matriz V =SX

2, entonces

DF (X)V = X

(SX

2

)T

+SX

2XT = (XXT )

S

2+

S

2(XXT ) ,

Sergio Plaza 239

luego para X ∈ O(n) se tiene DF (X)V = S, esto es, para cada

X ∈ O(n) la derivada DF (X) : Rn2 → Rn(n+1)

2 es sobreyectiva.

Por lo tanto, O(n) = F−1(I) es una superficie de dimension n(n−1)/2 y clase C∞ .

Note que O(n) es compacto. En efecto, primero que nada es claro

que O(n) es cerrado por ser la imagen inversa del conjunto cerrado

I ⊂ Rn(n+1)2 ( I matriz identidad). Ademas, O(n) esta contenido

en una esfera, pues si escribimos A ∈ O(n) como

A =

f1

f2

...

fn

donde fj = (aj1 aj2 · · · ajn ) es la fila j–esima de A . Entonces

tenemos que

f1

f2

...

fn

(f1 f2 · · · fn) = I

de donde sigue que 〈fi, fi〉 = ||fi||2 = 1 y 〈fi, fj〉 = 0 si i 6= j .

Por lo tanto, f1, . . . , fn es una base ortonormal de Rn y se tiene

en consecuencia que O(n) es acotado. De hecho, hemos probado

que O(n) ⊂ Sn−1 .

Tambien tenemos que O(n) es disconexo, pues O(n) = O+(n) ∪O−(n), donde O±(n) = A ∈ O(n) : det(A) = ±1 . Es claro que

O+(n) ∩ O−(n) = ∅, y que ambos son conjuntos cerrados.


Finalmente, observemos que O(n) es un subgrupo multiplicativo

del grupo multiplicativo GL(Rn) = A ∈ M(n× n,R) : det(A) 6=0 = det−1(R − 0) , esto es, si X,Y ∈ O(n) entonces X · Y y

X−1 pertenecen a O(n) .

13. Grupo especial lineal. SL(n) = A ∈ GL(Rn) : det(A) = 1 =

det−1(1) . Tenemos que SL(n) ⊂ Rn2es una superficie de di-

mension n2 − 1 y clase C∞.

En efecto, consideremos la aplicacion det : M(n × n,R) → R que

a cada matriz X asocia su determinante. Tenemos que det es n–

lineal en las filas (columnas), luego es de clase C∞ y D det(X)H =∑n

i=1 det(X1, . . . , Hi, . . . , Xn) , donde X = (X1, . . . , Xn) y H =

(H1, . . . , Hn) estan escritas en su forma por filas (columnas). Ob-

servemos que para la matriz identidad, I ∈ M(n× n,R) , se tiene

D det(I)H =∑n

i=1 det(E1, . . . , Hi, . . . , En) =∑n

i=1 hii = traza(H) ,

donde Ej es la j-esima fila (columna) de I .

Denotemos por Ers la matriz que tiene un 1 en el lugar (r, s) y

0 en los restantes lugares. Entonces el conjunto Ers : 1 6 r 6n , 1 6 s 6 n es una base para M(n × n,R) . Dada una matriz

X ∈ M(n× n,R), denotemos por Xrs la matriz (n− 1)× (n− 1)

obtenida desde X eliminando su r–esima fila y su s–esima columna.

De lo anterior,

D det(X)Ers =∂ det(X)

∂Xrs= (−1)r+s det(Xrs) .

Por lo tanto, dada una matriz A ∈ GL(Rn) existe un menor Ars

de A, con det(Ars) 6= 0, por lo tanto D det(A) 6= 0. De lo anterior

se sigue que D det(A) : Rn2 → R es sobreyectiva, para todo A ∈

Sergio Plaza 241

GL(Rn). En particular, para A ∈ SL(n) se tiene que D det(A) es

sobreyectiva y por lo tanto SL(n) = det−1(1) es una superficie de

codimension 1 y clase C∞ en Rn2.

Observacion.

(a) Hemos usado el hecho que una aplicacion lineal L : Rk → R

es la aplicacion lineal nula o es sobreyectiva.

(b) Dadas X,Y SL(n) entonces X · Y y X−1 pertenecen a

SL(n) , por lo tanto este es un subgrupo multiplicativo de

GL(Rn) .

14. Sea C una curva regular en el plano xz que no intersecta al eje

z . Supongamos que C esta parametrizada por

x = f(v)

z = g(v) ,

donde v ∈ ]a, b[ y f(v) > 0 .

Al rotar la curva C alrededor del eje z obtenemos una superficie

S . Veremos a continuacion como obtener parametrizaciones para

S .

Sea V = (u, v) ∈ R2 : 0 < u < 2π, a < v < b y definamos

ϕ : V → R3 por ϕ(u, v) = (f(v) cos(u), f(v) sen(u), g(v)) . Afir-

mamos que ϕ es una parametrizacion para S .

En efecto, primero veamos que ϕ es inyectiva. Si ϕ(u, v) =

ϕ(u, v) entonces (f(v) cos(u), f(v) sen(u), g(v)) = (f(v) cos(u), f(v) sen(u), g(v)),

de donde g(v) = g(v) , lo cual implica que v = v , pues g es

parametrizacion, por otra parte tenemos que f(v)cos(u) = f(v)cos(u) ,

lo cual implica que cos(u) = cos(u) y sen(u) = sen(u) , de donde


se tiene que u = u . Finalmente, como ϕ es sobreyectiva so-

bre su imagen, se tiene que ϕ es una biyeccion desde V sobre

U = 8ϕ(V ) .

Ahora mostraremos que ϕ es una inmersion. Para ellos calculemos

su jacobiano. Tenemos

Jϕ(u, v) =

−f(v) sen(u) f ′(v) cos(u)

f(v) cos(u) f ′(v) sen(u)

0 g′(v)

y tomando submatriz

A =

f(v) cos(u) f ′(v) sen(u)

0 g′(v)

se tiene que det(A) = f(v)g′(v) cos(u) , y como f(v) > 0 y g′(v) 6=0 (C curva regular, lo cual significa que g′(v) 6= 0 y f ′(v) 6= 0),

tenemos que det(A) 6= 0 , por lo tanto u 6= π

2. Si u =

π

2elegimos

la submatriz

A =

−f(v) sen(u) f ′(v) cos(u)

0 g′(v)

.

Por lo tanto, en cualquier caso se tiene que Dϕ(u, v) es una apli-

cacion lineal inyectiva. Como ϕ es continua solo nos falta probar

que ϕ−1 es continua.

Un punto en S es dado fijando un valor de z y (x, y) en el plano

xy con

x2 + y2 = f2(v)

z = g(v)

Sergio Plaza 243

determinando de manera unica el valor de u y v .

Como ϕ(u, v) = (f(v) cos(u), f(v) sen(u), g(v)) se tiene que u =

ϕ−1(x, y, z) y v = ϕ−12 (x, y, z) , y lo que nos resta por demostrar

es que la funcion ϕ−1 es continua en las variables (x, y, z) .

Si u 6= π entonces

tang(u

2

)=

sen(u

2

)

cos(u

2

) =2 sen(u/2) cos(u/2)

2 cos2(u/2)

=sen(u)

1 + cos(u)

=y/f(v)

1 + x/f(v)

=y

x +√

x2 + y2

luego u = 2 tang−1

(y

x +√

x2 + y2

)es continua.

Si u = π, en una vecindad pequena de π se obtiene

cotang(u

2

)=

cos(u

2

)

sen(u

2

)

=2 cos

(u

2

)sen

(u

2

)

2 cos2(u

2

)

=sen(u)

1− cos(u)

=y/f(v)

1− x/f(v)


=y√

x2 + y2 − x

luego u = 2cotang−1

(y√

x2 + y2 − x

), por lo tanto u es una

funcion continua de (x, y, z) , analogamente se tiene que v es una

funcion continua de (x, y, z) , pues v es funcion continua de z y

de√

x2 + y2, lo cual termina la prueba.

15. Sea S = A ∈ M(3 × 3,R) : rango(A) = 1 ⊂ R9 . Vamos a

demostrar que S es una superficie de dimension 5 y de C∞ .

En efecto, sean (u, v, w) las filas de A ∈ M(3 × 3,R) donde

u, v, w ∈ R3 . De este modo tenemos que S es el conjunto de

las matrices de 3 × 3 con dos filas linealmente dependientes, y

podemos escribir S = U ∪ V ∪W , donde

a) U esta formado por las matrices de 3× 3 con la primera fila

nula.

b) V esta formado por las matrices de 3× 3 con la segunda fila

no nula.

c) W esta formado por las matrices de 3× 3 con la tercera fila

no nula.

Sean U0 = R3 − 0 y V0 = U0 × R × R , definamos las aplica-

ciones ϕ : V0 → U por ϕ(v, t, α) = (v, vt, αv) , ψ : V0 → V por

ψ(v, t, α) = (tv, v, αv) , y ξ : V0 → W por ξ(v, t, α) = (tv, αv, v) .

Afirmamos que estas aplicaciones son parametrizaciones para S ,

por simplicidad solo mostraremos que ϕ es una parametrizacion,

para ψ y ξ los argumentos son analogos.

Primero mostraremos que ϕ es biyectiva. Es claro que ϕ es in-

yectiva, y como es sobreyectiva sobre su imagen, se sigue que ϕ es

Sergio Plaza 245

biyectiva. Ahora, un calculo directo muestra que ϕ−1(v, tv, αv) =

(v, t, α) , y como es claro que ϕ y ϕ−1 son continuas se sigue

que ϕ es un homeomorfismo desde V0 sobre su imagen. Ahora

mostraremos ϕ es inmersion. Tenemos

Jϕ(v1, v2, v3, t, α) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

t 0 0 v1 0

0 t 0 v2 0

0 0 t v3 0

s 0 0 0 v1

0 s 0 0 v2

0 0 s 0 v3

luego, tomando submatriz

A =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

t 0 0 v1 0

s 0 0 0 v1

tenemos que det(A) = v21 , y como v1 6= 0 , v2 6= 0 o v3 6= 0 , sin

perdida de generalidad podemos suponer v1 6= 0 y ası tenemos que

dim((ImDϕ(v, t, α))) = 5 , de donde dim(ker(Dα(v, t, α))) = 0 ,

luego se tiene que Dϕ(v, t, α) es inyectiva, como querıamos probar.

7.2 Aplicaciones Diferenciables

Para definir el concepto de aplicacion diferenciable en superficies usa-

remos la caracterizacion (v) del Teorema 2.1, esto es, haremos uso de


parametrizaciones. Primero probaremos un resultado que nos permitira

definir ese concepto.

Teorema 7.2 Sean V0 ⊂ Rm un conjunto abierto y ψ : V0 → V una

parametrizacion de clase Ck de un conjunto V ⊂ Rn . Si U0 ⊂ R` es

un conjunto abierto y f : U0 → Rn es una aplicacion de clase Ck , con

f(U0) ⊂ V . Entonces la compuesta ψ−1 f : U0 ⊂ R` → V0 ⊂ Rm es

de clase Ck . Ademas, para cada x ∈ U0 y z = ψ−1 f(x) tenemos que

D(ψ−1 f)(x) = (Dψ(z))−1 Df(x)

....................................

........................................

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..........................................

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• aU

Rp

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Rn

............................................

......................................................

.....................................................................................

............................................................................................... ..............f

...........................................................................................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................

• f(a) = ϕ(x0)

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..................................

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x0

Rm

V0

ϕ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

ϕ−1 f

Demostracion. Como ψ : V0 → V es una inmersion inyectiva Ck ,

por el Teorema de la Forma Local de las Inmersiones, para cada p ∈ V

existen un abierto Z en Rn con p ∈ Z y una aplicacion g : Z → Rm

de clase Cr , tal que g/(V ∩ Z) = ψ−1. Como f(U0) ⊂ V tenemos

ψ−1 f = g f : f−1(f(U0)∩Z) ⊂ R` → Rm , luego ψ−1 f es de clase

Ck .

Sergio Plaza 247

Ahora escribamos h = ψ−1 f , luego ψ h = f y Df(x) = D(ψ h)(x) = Dψ(h(x))Dh(x) , de donde Dh(x) = (Dψ(z))−1 Df(x) , esto

es, D(ψ−1 f)(x) = (Dψ(z))−1 Df(x) , donde z = h(x) = ψ−1 f(x) .

Corolario 7.3 Sean U0 y V0 subconjuntos abiertos de Rm . Dadas

parametrizaciones de clase Ck (k > 1), ϕ : U0 → V y ψ : V0 → V del

conjunto V ⊂ Rn , se tiene que el cambio de coordenadas ξ = ψ−1 ϕ

es un difeomorfismo de clase Ck entre abiertos de Rm .

Demostracion. Basta tomar f = ϕ en el teorema anterior, y se sigue

que ψ−1ϕ es de clase Ck . Por otra parte, como ϕ−1ψ = (ψ−1ϕ)−1

se sigue el resultado.

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.................................................................................................................................................

ϕ−1(V ∩W ) ψ−1(V ∩W )

...................................................................................................................................

ϕ

..........................

..........................

..........................

.....................................................

ψ

....................................................................... ..............ψ−1 ϕ

...........................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................

...........

...........

.......

...........

...........

...........

...........

..

...........

...........

.......

............................................................................................................................................................................................................

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Ejemplos.

1. Cambios de coordenadas en la botella de Klein K2 ⊂ R4 . Recorde-

mos que si U1 = ]0, 2π[× ]0, 2π[⊂ R2 y ϕ1 : U1 → R4 dada por

ϕ1(u, v) = (ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v), ϕ4(u, v)) , donde ϕ1(u.v) =

(a + r cos(v)) cos(u) , ϕ2(u, v) = (a + r cos(v)) sen(u) , ϕ3(u, v) =

r sen(v) cos(u/2) , y ϕ4(u, v) = r sen(v) sen(u/2)) . Entonces ϕ es

una parametrizacion de clase C∞ para la botella de Klein, y que

ϕ1(U1) contiene todos los puntos de la botella de Klein, excepto


aquellos sobre los cırculos u = 0 y v = 0 . Sea U2 = (u, v) ∈R2 : π

4 < u < 9π4 , 0 < v < 2π , definamos la parametrizacion

ϕ2 : U2 → R4 por ϕ2(u, v) = (−(r cos(v) + a) sen(u), (r cos(v) +

a) cos(u), r sen(v) cos( u2 + π

4 ), r sen(v) sen( u2 + π

4 )) . Geometrica-

mente, esto significa que medimos u desde el eje Oy . Vemos que

ϕ2(U2) incluye los puntos de la botella de Klein con u = 0 . (se

deja a cargo del lector verificar que ϕ2 es una parametrizacion).

Ahora, ϕ1(U1) ∩ ϕ2(U2) = W tiene dos componentes conexas

W1 = ϕ1(u, v) : π2 < u < 2π y W2 = ϕ1(u, v) : 0 < u < π

2 .

El cambio de coordenadas ϕ−12 ϕ1(u, v) = (u, v) es dado por

ϕ−12 ϕ1(u, v) =

(u− π/2 , v) en W1

(u + 3π/2 , 2π − v) en W2 .

De modo similar podemos definir una aplicacion inyectiva ϕ3 :

U3 → R4 cuya imagen cubre la botella de Klein menos el cırculo

v = 0 . Como puede verificarse facilmente los cambios de coorde-

nadas ϕ−1j ϕi (i, j = 1, 2, 3) son funciones de clase C∞ y que

Im(ϕ1) ∪ Im(ϕ2) ∪ Im(ϕ3) cubre la botella de Klein.

2. Plano Proyectivo real 2–dimensional, RP2 . El plano proyectivo

real 2–dimensional es el conjunto de todas las lıneas rectas en R3

que pasan por el origen (0, 0, 0) de R3 , es decir, es el conjunto de

las direcciones en R3 .

Vamos a mostrar que RP2 es una superficie de clase C∞ . Para

ello, definimos una relacion de equivalencia en R3 − (0, 0, 0) ,

como sigue: dos puntos (x, y, z) y (u, v, w) en R3−(0, 0, 0) son

equivalentes si existe λ ∈ R − 0 tal que (u, v, w) = λ(x, y, z) .

La clase de equivalencia de un punto (x, y, z) ∈ R3−(0, 0, 0) la

Sergio Plaza 249

denotamos por [(x, y, z)] . Definamos los conjuntos

V1 = [(x, y, z)] : x 6= 0 ,

V2 = [(x, y, z)] : y 6= 0 ,

V3 = [(x, y, z)] : z 6= 0 ,

y las aplicaciones ϕi : R2 → Vi (i = 1, 2, 3) por ϕ1(u, v) =

[(1, u, v)] , ϕ2(u, v) = [(u, 1, v)] , y ϕ3(u, v) = [(u, v, 1)] .

Se tiene que ϕ1(R2) ∪ ϕ2(R2) ∪ ϕ3(R2) = RP2 . Claramente, cada

aplicacion ϕi (i = 1, 2, 3) es inyectiva. Veamos las aplicaciones

inversas ϕ−1i : Vi → R2 ,

ϕ−11 ([(x, y, z)]) = 1

x (y, z) , [(x, y, z)] ∈ V1 (x 6= 0)

ϕ−12 ([(x, y, z)]) = 1

y (x, z) , [(x, y, z)] ∈ V2 (y 6= 0)

ϕ−13 ([(x, y, z)]) = 1

z (x, y) , [(x, y, z)] ∈ V3 (z 6= 0) .

Para describir ϕ−1i (Vi∩Vj) notamos que ϕ−1

1 (V1∩V2) = (u, v) ∈R2 , con u 6= 0 , el cual es un conjunto abierto de R2 . Ana-

logamente se ve para los restantes casos. Ahora el cambio de

coordenadas

ϕ−12 ϕ1(u, v) = ϕ−1

2 ([(1, u, v)])

= ϕ−12 ([(1/u , 1 , v/u)]) = (1/u , v/u) ,

la cual es diferenciable de clase C∞ .

Esta construccion se generaliza de modo simple a Rn+1 para

obtener el plano proyectivo n–dimensional RPn . Esta construccion

se deja a cargo del lector.


3. Se deja a cargo del lector, calcular los cambios de coordenadas

de la esfera, usando las parametrizaciones ϕN y ϕS , ası como

tambien las parametrizaciones ϕ±i , dadas anteriormente.

Usando este corolario podemos definir la nocion de aplicacion diferen-

ciable en superficies.

Definicion 7.2 Sean Mm ⊂ Rk y Nn ⊂ R` superficies de clase Cr .

Sea f : M → N una aplicacion. Decimos que f es diferenciable en

p ∈ M si, existen parametrizaciones ϕ : U0 → U ⊂ M con p ∈ U y ψ :

V0 → V ⊂ N tales que f(U) ⊂ V y ψ−1 f ϕ : U0 ⊂ Rm → V0 ⊂ Rn

es diferenciable en ϕ−1(p) . Decimos tambien que f es diferenciable en

M si es f es diferenciable en cada punto de M . Finalmente, decimos

que f es de clase Cr si ψ−1 f ϕ es de clase Cr , para cada par de

parametrizaciones como arriba.

En la definicion anterior tenemos la eleccion de parametrizaciones,

vamos a demostrar ahora que la diferenciabilidad de una aplicacion no

depende de la eleccion de las parametrizaciones.

Proposicion 7.1 Sea f : Mm → Nn una aplicacion diferenciable en

p ∈ M , con respecto a parametrizaciones ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ Mm y

ψ : V0 ⊂ Rn → V ⊂ Nn , con p ∈ U y f(U) ⊂ V . Dadas parametriza-

ciones ϕ1 : U1 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V1 ⊂ Rn → V ⊂ N , se tiene que

f es diferenciable con respecto a estas nuevas parametrizaciones.

Demostracion. Tenemos que ψ−11 f ϕ1 = ψ−1

1 (ψ ψ−1) f (ϕ ϕ−1) ϕ1 = (ψ−1

1 ψ) (ψ−1 f ϕ) (ϕ−1 ϕ1) . Ahora como los

cambios de coordenadas son aplicaciones diferenciables, y por hipotesis

ψ−1 f ϕ es diferenciable, se sigue el resultado.

Sergio Plaza 251

Observacion. Si N ⊂ R` es un subconjunto abierto y Mm ⊂ Rp es

una superficie. Entonces una aplicacion f : M → N es de clase Cr

si para cada parametrizacion ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M se tiene que la

aplicacion f ϕ : U0 → R` es de clase Cr . (en este caso, simplemente

usamos en N la parametrizacion ψ = I/N .)

Ejemplo. Sea O+(2) la componente conexa de O(2) que contiene a la

identidad. Tenemos que O+ es difeomorfo a S1 .

En efecto, sea X ∈ O+(2) , escribamos X =

(a b

c d

), tenemos

que XXT = I y det(X) = ad − cd = 1 . De esto se sigue que(a b

c d

)·(

a c

b d

)=

(a2 + b2 ac + bd

ac + db c2 + d2

)=

(1 0

0 1

), luego a2+b2 =

1 , c2 + d2 = 1 , ac + db = 0 , y ad − cb = 1 , de donde a = cos(α) y

b = sen(α) , c = −b , y a = d . Definamos f : S1 → O+(2) por

f(cos(α), sen(α)) =

(cos(α) sen(α)

− sen(α) cos(α)

). Ahora es facil verificar que

f es un difeomorfismo C∞ . Los detalles se dejan a cargo del lector.

El siguiente resultado es consecuencia del correspondiente en espacios

euclideanos.

Teorema 7.4 (Regla de la Cadena). Sean Mm , Nn y P ` superficies

de clase Ck , con k > 1 . Sean f : M → N y g : N → P aplicaciones

de clase Ck . Entonces la compuesta g f : M → P es una aplicacion

de clase Ck .

Demostracion. Sean ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M , ψ : V0 ⊂ Rn → V ⊂N , y ξ : W0 ⊂ R` → W ⊂ P parametrizaciones tales que f(U) ⊂ V y

g(V ) ⊂ W . Entonces ξ−1 (g f) ϕ = (ξ−1 g ψ) (ψ−1 f ϕ) , y

como ψ−1 f ϕ y ξ−1 g ψ son diferenciables, se sigue el resultado.


7.3 Espacio Tangente

Una propiedad importante que tienen las superficies es que poseen aprox-

imaciones lineales en cada uno de sus puntos, la cual es dada por su espa-

cio tangente, el cual es un subespacio vectorial del espacio que contiene

a la superficie, y su dimension es igual a la dimension de la superficie.

Definicion 7.3 Sea Mm ⊆ Rn superficie m–dimensional de clase Ck ,

con k > 1. Dado p ∈ M , el espacio tangente a M en p , denotado

por TpM , es el subespacio vectorial m–dimensional de Rn definido por

TpM = Dϕ(x)Rm (imagen de Dϕ(x) ), donde ϕ : U0 ⊆ Rm → U ⊂ Rn

es una parametrizacion con ϕ(x) = p .

Es claro que TpM es un subespacio vectorial m–dimensional de Rn

isomorfo a Rm , pues siendo Dϕ(x) : Rm → Rn es inyectiva, se sigue

que Dϕ(x) : Rm → Im (Dϕ(x)) = Tϕ(x)M es un isomorfismo.

Ejemplo. Si M es el grafico de una aplicacion Ck , f : U ⊂ Rm →Rn entonces para cada p = (x0, f(x0)) ∈ M tenemos que TpM =

graf(Df(x0)) = (v, Df(x0)v) : v ∈ Rm .

En la definicion de espacio tangente hemos fijado una parametrizacion

(arbitraria). Ahora vamos a demostrar que la definicion de espacio tan-

gente no depende de la eleccion de una particular parametrizacion.

Proposicion 7.2 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k >1 , y sea p ∈ M . Dadas parametrizaciones ϕ : U0 → V y ψ : U1 → V ,

donde U0, U1 ⊂ Rm son abiertos y V ⊂ M es un abierto con p ∈ V , y

ϕ(x0) = ψ(x1) = p entonces Im(Dϕ(x0)) = Im(Dψ(x1)) = TpM .

Demostracion. Sabemos que el cambio de coordenadas ξ = ψ−1 ϕ

es un difeomorfismo de clase Ck entre abiertos de Rm y ξ(x0) = x1 ,

Sergio Plaza 253

luego Dξ(x0)Rm = Rm . Ahora, como ψξ = ϕ/ϕ−1(V ) derivando esta

igualdad, tenemos Dϕ(x0) = Dψ(ξ(x0)) Dξ(x0) , y de aquı TpM =

Dϕ(x0)Rm = Dψ(ξ(x0)) Dξ(x0)Rm = Dψ(x1)Rm .

Ahora daremos una caracterizacion mas geometrica del espacio tan-

gente a una superficie.

Proposicion 7.3 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck ( k > 1 ).

Dado p ∈ M , los elementos de TpM son los vectores velocidad en 0

de los caminos diferenciables contenidos en M que pasan por p para

t = 0 , esto es,

TpM = v ∈ Rn : v =dλ

dt(0) , con λ : ]− ε, ε[→ M diferenciable

y λ(0) = p .

Demostracion. Por definicion de espacio tangente, dado v ∈ TpM

existe una parametrizacion ϕ : U0 ⊂ Rm → V ⊂ M con ϕ(x) = p tal

que

v = Dϕ(x)u = limt→0

ϕ(x + tu)− ϕ(x)t

,

donde u ∈ Rm . Elegimos ε > 0 suficientemente pequeno de modo

que la imagen del camino α : ] − ε, ε[→ Rm dado por α(t) = x + tu

esta contenida en U0 . Tenemos entonces que el vector v es el vector

velocidad en t = 0 del camino λ(t) = ϕ α(t) = ϕ(x + tu) . Es claro

que λ(0) = p .

Recıprocamente, sea λ : ] − ε, ε[→ M un camino diferenciable con

λ(0) = p . Sea ϕ : U0 ⊂ Rm → V ⊂ M una parametrizacion, con p =

ϕ(x) ∈ V . Sin perdida de generalidad, podemos suponer que λ(t) ∈ V

para todo t ∈ ]−ε, ε[ . El camino ϕ−1λ : ]−ε, ε[→ U0 es diferenciable.


Escribiendo u =d

dt(ϕ−1 λ)(0) , tenemos u = (Dϕ(x))−1 λ′(0) , por lo

tanto λ′(0) = Dϕ(x)u . Lo que termina la prueba.

Observacion. En las ilustraciones, cuando dibujamos TpM lo que

hacemos en realidad es dibujar el subespacio afın p + TpM = p + v ∈Rn : v ∈ TpM , traslado a p del subespacio vectorial TpM de Rn .

Ejemplos.

1. Sea M = Sn la esfera unitaria. Dado p ∈ Sn se tiene que

TpSn = p⊥ = v ∈ Rn+1 : 〈p, v〉 = 0 subespacio ortogonal a p .

En efecto, sea λ : ] − ε, ε[→ Sn un camino diferenciable con

λ(0) = p , entonces λ′(0) ∈ TpSn . Como Sn = f−1(0) , donde

f : Rn+1 → R es dada por f(x1, . . . , xn+1) = x21 + · · ·+ x2

n+1 − 1 ,

tenemos que (f λ)′(0) = Df(p)λ′(0) = 0 , pues λ(t) ∈ Sn implica

que f(λ(t)) = 0 . Por lo tanto, v = λ′(0) ∈ ker(Df(p)) , esto es,

TpSn ⊂ ker(Df(p)) . Ahora, como Df(p) : Rn+1 → R es sobreyec-

tiva se sigue que dimker(Df(p)) = n , y como dimTpSn = n se

tiene que TpSn = ker(Df(p)) = p⊥ .

2. Espacio tangente a O(n) . Recordemos que O(n) = F−1(I) ,

donde F : M(n × n,R) → S(n) es la aplicacion C∞ dada por

F (X) = XXT . Como I es un valor regular de F , tenemos que

TIO(n) = kerDF (I) . Ahora como DF (X)V = XV T + V XT , se

tiene DF (I)V = V T + V y de aquı ker(DF (I)) = V ∈ M(n ×n,R) : V T = −V que es el subespacio vectorial de M(n×n,R)

de las matrices antisimetricas.

Nota. El conjunto O+(2) = A ∈ O(n) : det(A) = 1 es un

grupo canonicamente isomorfo a S1 = (cos(θ), sen(θ)) ∈ R2 :

Sergio Plaza 255

θ ∈ R. El isomorfismo es dado por Γ : S1 → O+(2) definida por

(cos(θ), sen(θ)) → cos(θ) − sen(θ)

sen(θ) cos(θ)

.

3. Espacio tangentes al grupo especial lineal SL(n) . Tenemos que

SL(n) = det−1(1) , y como D det(I)H = traza(H) , se sigue que

TISL(n) = ker(D det(I)) = H ∈M(n× n,R) : traza(H) = 0 .

7.3.1 Bases en TpM

Sea Mm ⊂ Rn una superficie Ck ( k > 1 ) y sea ϕ : U0 ⊂ Rm → V ⊂ M

una parametrizacion, con ϕ(x) = p . Una base para TpM es dada por

el conjunto de vectores

Bϕ(p) =

∂ϕ

∂xj(x) : j = 1, . . . , m

,

donde∂ϕ

∂xj(x) = Dϕ(x)ej y ej es el j–esimo vector canonico de Rm .

Recordemos que ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) y ∂ϕ∂xj

(x) =(

∂ϕ1

∂xj(x), . . . , ∂ϕn

∂xj(x)

),

para j = 1, . . . , m .

Ejemplos.

1. Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto, y sea f : U → Rn una

aplicacion de clase Ck (k > 1). Entonces M = graf(f) =

(x, f(x)) ∈ Rm+n : x ∈ U es una superficie de clase Ck

y dimension m , con una unica parametrizacion ϕ : U → M

dada por ϕ(x) = (x, f(x)) . Si escribimos f = (f1, . . . , fn) y

x = (x1, . . . , xm) , entonces

ϕ(x1, . . . , xm) = (x1, . . . , xm, f1(x1, . . . , xm), . . . , fn(x1, . . . , xm))


y∂ϕ

∂xj(x) =

(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0,

∂f1

∂xj(x), . . . ,

∂fn

∂xj(x)

),

j = 1, . . . ,m (el 1 en el lugar j ). Luego una base para Tϕ(x) graf(f)

es dada por el conjunto de vectores

∂ϕ∂x1

(x), . . . , ϕ∂xm

(x)

.

2. Consideremos la esfera unitaria Sn ⊂ Rn+1 . Ya vimos que esta

es una superficie de clase C∞ y dimension n . Ademas, vimos

que Sn = f−1(0) , donde f : Rn+1 → R es la aplicacion de clase

C∞ dada por f(x) = 〈x, x〉 − 1 = x21 + · · · + x2

n+1 − 1 . Tambien

sabemos que si p ∈ Sn entonces

TpSn = v ∈ Rn+1 : v =dλ

dt(0) , λ : ]− ε, ε[→ Sn diferenciable,

con λ(0) = p = p⊥ .

Por lo tanto para tener una base de TpSn basta encontrar una

base de p⊥ .

3. Sea E = (x, y, z) ∈ R3 : x2

b2+ y2

b2+ z2

c2= 1 el elipsoide. Dado

p ∈ E cualesquiera, calculemos TpE . Para ellos supongamos

que p esta en la imagen de la parametrizacion ϕ+1 (construida

anteriormente), es decir, ϕ+1 (y, z) = p = (p1, p2, p3). En los otros

casos los calculos son analogos.

Tenemos que ϕ+1 (y, z) =

(a√

1− y2

b2− z2

c2, y, z

)= (p1, p2, p3) , de

donde y = p2 y z = p3 . Ahora

Jϕ+1 (p2, p3)

(u

v

)=

−p2

b2· 1√

1− p22

b2− p2

3cu2

−p3

c2· 1√

1− p22

b2−P2

3c2

1 0

0 1

(u

v

)

Sergio Plaza 257

de donde

TpE = Dϕ+1 (p2, p3)(R2)

=

⟨

−p2

b2√1− p2

2b2− p2

3c2

, 1, 0

,

p3

c2√1− p2

2b2− p2

3c2

, 0, 1)

⟩.

7.3.2 Cambio de Base en TpM

Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k > 1 . Sean p ∈ M y

ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una parametrizacion con p = ϕ(x) . Tenemos

que Bϕ(p) =

∂ϕ

∂x1(x), . . . ,

∂ϕ

∂xm(x)

es una base de TpM , y cada v ∈

TpM se escribe en la forma v =∑m

i=1 αi∂ϕ∂xi

(x) . Ahora consideremos

otra parametrizacion ψ : V0 ⊂ Rm → U con ψ(y) = p , asociada a ella

tenemos una nueva base Bψ(p) =

∂ψ

∂y1(y), . . . ,

∂ψ

∂ym(y)

de TpM . La

pregunta natural que surge aquı es ¿Como se relacionan estas dos bases

de TpM ?

Para ver la relacion que existe entre las bases Bϕ(p) y Bψ(p) de

TpM , consideremos el cambio de coordenadas ξ = ψ−1 ϕ : ϕ−1(U) →ψ−1(U) . Tenemos que ϕ/ϕ−1(U) = ψξ , y escribiendo ξ = (ξ1, . . . , ξm)

tenemos que Dξ(x)ej = ∂ξ∂xj

(x) =(

∂ξ1∂xj

(x), . . . , ∂ξm

∂xj(x)

)=

∑mi=1

∂ξi∂xj

(x)ei .

Por lo tanto,

∂ϕ

∂xj(x) = Dϕ(x)ej = Dψ(y) Dξ(x)ej

= Dψ(y)

(m∑

i=1

∂ξi

∂xj(x) ei

)

=m∑

i=1

∂ξi

∂xj(x) Dψ(y)ei

=m∑

i=1

∂ξi

∂xj(x)

∂ψ

∂yi(y) ,


es decir,∂ϕ

∂xj(x) =

m∑

i=1

∂ξi

∂xj(x)

∂ψ

∂yi(y) .

Luego la matriz cambio de base de la base Bϕ(p) para la base Bψ(p)

es dada por la matriz jacobiana del cambio de coordenadas ξ en el punto

x , esto es, si v ∈ TpM entonces

v =m∑

i=1

αi∂ϕ

∂xi(x) =

m∑

i=1

βi∂ψ

∂yi(y) ,

donde βi =m∑

j=1

αj∂ξi

∂xj(x) .

Ejemplo.

Calculemos la matriz cambio de base en TpS2 con p =(

1√2, 0, 1√

2

)

cuando usamos dos parametrizaciones cuyas imagenes contienen a p .

Sean

U0 = (u, v) ∈ R2 : −√

1− u2 < v <√

1− u2,−1 < u < 1 ,

V0 = (x, y) ∈ R2 : −√

1− x2 < y <√

1− x2,−1 < x < 1 ,

U+1 = H+

1 ∩ S2 ,

U+3 = H+

3 ∩ S2 .

Claramente U+1 ∩U+

3 6= ∅ , de hecho p ∈ U+1 ∩U+

3 . Consideremos las

parametrizaciones ϕ : U0 → U+1 dada por ϕ(u, v) = (

√1− u2 − v2, u, v)

y ψ : V0 → U+3 dada por ψ(x, y) = (x, y,

√1− x2 − y2) .

Calculamos primero TpS2 usando la parametrizacion ϕ , es decir,

TpS2 = Dϕ(u0, v0)(R2) , donde ϕ(u0, v0) = p . Tenemos entonces que

Sergio Plaza 259

ϕ(u0, v0) = (√

1− u20 − v2

0, u0, v0) = ( 1√2, 0, 1√

2)) , de donde u0 = 0 y

v0 = 1√2. Ahora

Jϕ(u, v) =

−u√1− u2 − v2

−v√1− u2 − u2

1 0

0 1

luego

Jϕ

(0,

1√2

)=

0 −1

1 0

0 1

.

De lo anterior tenemos entonces que

TpS2 = Dϕ

(0,

1√2

)(R2) = (−b, a, b) : a, b ∈ R = 〈(0, 1, 0), (−1, 0, 1)〉 .

Ahora calculamos TpS2 usando la otra parametrizacion, es decir,

TpS2 = Dψ(x0, y0)(R)2 con ψ(x0, y0) = p . Tenemos entonces que

ψ(x0, y0) = (x0, y0,√

1− x20 − y2

0) =(

1√2, 0 1√

2

), de donde x0 = 1√

2

e y0 = 0 . Ahora,

Jψ(x, y) =

1 0

0 1

−x√1− x2 − y2

−y√1− x2 − y2

luego

Jψ

(0,

1√2

)=

1 0

0 1

−1 0

.


De lo anterior tenemos que

TpS2 = Dψ

(1√2, 0

)(R2)

= (a, b,−a) : a, b ∈ R= 〈(1, 0,−1), (0, 1, 0)〉 .

Calculemos ahora el cambio de coordenadas. Tenemos ξ = ψ−1 ϕ :

ϕ−1(U+1 ∩ U+

3 ) → ψ−1(U+1 ∩ U+

3 ) , donde U+1 ∩ U+

3 = (x, y, z) ∈ R3 :

x > 0, z > 0

J(ψ−1 ϕ)(u, v) =

−u√1− u2 − v2

−v√1− u2 − v2

1 0

,

de donde

J(ψ−1 ϕ)(

0,1√2

)=

0 −1

1 0

.

Luego (1, 0,−1) = 0(0, 1, 0) + (−1)(−1, 0, 1) y (0, 1, 0) = 1(0, 1, 0) +

0(−1, 0, 1) .

Otra manera de ver esto es la siguiente. Tenemos que ξ = ψ−1 ϕ ,

de donde ϕ = ψ ξ . Por lo tanto,

∂ϕ

∂u(u0, v0) = Dϕ(u0, v0)e1

= D(ψ ξ)(u0, v0)e1

= Dψ(ξ(u0, v0)Dξ(u0, v0)e1

= Dψ(ξ(u0, v0))∂ξ

∂u(u0, v0)

= Dψ(ξ(u0, v0))(

∂ξ1

∂u(u0, v0)e1 +

∂ξ2

∂u(u0, v0)e2

)

= Dψ(ξ(u0, v0))∂ξ1

∂u(u0, v0)e1 + Dψ(ξ(u0, v0))

∂ξ2

∂u(u0, v0)e2

Sergio Plaza 261

=∂ξ1

∂u(u0, v0)Dψ(ξ(u0, v0))e1 +

∂ξ2

∂u(u0, v0)Dψ(ξ(u0, v0))e2

=∂ξ1

∂u(u0, v0)

∂ψ

∂u(ξ(u0, v0)) +

∂ξ2

∂u(u0, v0)

∂ψ

∂v(ξ(u0, v0)) .

Lo cual puede ser escrito en forma resumida como

∂ϕ

∂u=

∂ξ1

∂u

∂ψ

∂u+

∂ξ2

∂u

∂ψ

∂v,

de modo analogo se tiene que

∂ϕ

∂v=

∂ξ1

∂v

∂ψ

∂u+

∂ξ2

∂v

∂ψ

∂v.

Ası

∂ϕ

∂u

(0,

1√2

)= (0, 1, 0) = 0(1, 0,−1) + 1(0, 1, 0)

∂ϕ

∂v

(0,

1√2

)= (−1, 0, 1) = −1(1, 0,−1) + 0(0, 1, 0) ,

como querıamos ver.

7.3.3 Derivada de una Aplicacion Diferenciable entre Su-

perficies

Usando la definicion de espacio tangente a una superficie, podemos

definir la derivada de una aplicacion diferenciable definida en superfi-

cies.

Sean Mm ⊂ R` y Nn ⊂ Rs superficies de clase Ck , con k > 1 .

Sea f : M → N una aplicacion diferenciable. Dado p ∈ M definimos

la derivada de f en p como sigue: sea ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una

parametrizacion con ϕ(x) = p entonces f ϕ : U0 ⊂ Rm → Rs . Ahora,

dado v ∈ TpM se tiene que v = Dϕ(x)u , para un unico vector u ∈ Rm

y definimos Df(p)v = D(f ϕ)(x)u .


Notemos que si ϕ : U ⊂ Rm → V ⊂ M es una parametrizacion,

con ϕ(x) = p entonces Dϕ(x) : Rm → TpM es un isomorfismo, pues

Dϕ(x) es una aplicacion lineal inyectiva y dimTpM = m = dimRm .

Afirmamos que Df(p)v ∈ Tf(p)N y que Df(p) : TpM → Tf(p)N es

una aplicacion lineal; ademas la definicion de Df(p) no depende de la

eleccion de la parametrizacion de una vecindad de p .

En efecto, el hecho que Df(p) sea lineal es inmediato, pues f ϕ

es una aplicacion entre espacios euclideanos. Ahora, sea ϕ1 : U1 ⊂Rm → U ⊂ M otra parametrizacion, con ϕ1(y) = p y v = Dϕ1(y)u1 .

Usando el cambio de coordenadas ξ = ϕ−1 ϕ1 : ϕ−11 (U) → ϕ−1(U) , el

cual es un difeomorfismo entre abiertos de Rm , tenemos que ξ(y) = x

y Dϕ(x)u = v = Dϕ1(y)u1 = D(ϕ ξ)(y)u1 = Dϕ(x)(Dξ(y)u1) y

como Dϕ(x) es inyectiva se sigue que u = Dξ(y)u1 . Por lo tanto,

D(f ϕ1)(y)u1 = D(f ϕ ξ)(y)u1 = D(f ϕ)(x) Dξ(y)u1 = D(f ϕ)(x)u . Finalmente, veamos que para todo v ∈ TpM se tiene Df(p)v ∈Tf(p)N . Para esto recordemos que si v ∈ TpM entonces existe un

camino diferenciable λ : ]−ε, ε[→ M con λ(0) = p y λ′(0) = v . Luego,

Df(p)v = Df(λ(0))λ′(0) = (f λ)′(0) , es decir, Df(p)v es el vector

velocidad en t = 0 del camino diferenciable σ = f λ : ] − ε, ε[→ N

por lo tanto Df(p)v ∈ Tf(p)N .

Ahora la pregunta natural es ¿como calcular Df(p) ?. Consideremos

parametrizaciones ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M con ϕ(x) = p , y ψ : V0 ⊂Rn → V ⊂ N tales que f(U) ⊂ V y f(p) = ψ(y) . Tenemos el siguiente

diagrama

Sergio Plaza 263

TpM Tf(p)N

Rm Rn

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Df(p)

Dϕ(x) Dψ(y)

D(ψ−1 f ϕ)(x)

se sigue entonces que Df(p)v = Dψ(y)D(ψ−1fϕ)(x)(Dϕ(x))−1v .

Teorema 7.5 (Regla de la Cadena) Sea f : Mm → Nn diferenciable

en p ∈ M y sea g : Nn → P ` diferenciable en q = f(p) entonces

g f : M → P es diferenciable en p y D(g f)(p) = Dg(f(p))Df(p) .

Demostracion. Ya demostramos que gf es diferenciable en p . Ahora

sea v ∈ TpM . Tenemos que v = λ′(0) , donde λ : ] − ε, ε[→ M es un

camino diferenciable con λ(0) = p . Tomando µ(t) = (f λ)(t) se tiene

que µ es un camino en N con µ(0) = f(p) y µ′(0) = Df(p)λ′(0) ∈Tf(p)N . Por definicion de derivada, D(gf)(p)v = D(gf)(λ(0))λ′(0) =

((g f) λ)′(0) = (g (f λ))′(0) = Dg(f(p))µ′(0) = Dg(f(p)) Df(p)λ′(0) = Dg(f(p)) Df(p)v .

7.4 Particion de la Unidad

La nocion de particion de la unidad es una de las herramientas mas

importantes en el estudio de superficies, ellas permiten pegar resultados

locales y obtener ası resultados globales. Para mostrar la existencia de

particiones de la unidad, necesitamos construir una clase especial de

funciones, llamadas “funciones cototos” (bump functions).


Proposicion 7.4 (Existencia de funciones cototos en Rn). Para cada

entero n > 1 y cada numero real δ > 0 existe una aplicacion C∞,

ψ : Rn → R, que satisface ψ/B(0, 1) = 1 y ψ/(Rn −B(0, 1 + δ)) = 0.

Demostracion. Consideremos la funcion φ : R→ R definida por

φ(t) =

exp(

−1(t−a)(b−t)

)si a < t < b

0 otro caso ,

donde exp(t) = et . Es claro que φ es C∞ y que φ(k)(a) = φ(k)(b) = 0,

para todo k ∈ N.

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..................................

.............................

..........................

...................

.....................

................................

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a b

Ahora definamos la funcion θ : R→ R por

θ(t) =

∫ t−∞ φ(x)dx∫∞−∞ φ(s)ds

es claro que θ es de clase C∞ y que θ(t) = 0 para t 6 a , y θ(t) = 1

para t > b. El grafico de θ se muestra en la figura siguiente,

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.......

.......

.......

.......

..............................................................................................................................................................................1

a b

Sergio Plaza 265

Ahora tomemos a = 1 y b = (1 + δ)2 , y definamos la funcion η :

R→ R por η(t) = 1− θ(t). Entonces tenemos que η es de clase C∞ y

satisface η = 0 para t > (1+ δ)2 y η = 1 para t 6 1. La siguiente figura

muestra el grafico de η ,

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1 (1 + δ)2

Finalmente, definamos la funcion ψ : Rn → R por ψ(x) = η(||x||2).Como la funcion x 7→ ||x||2 es C∞, la funcion ψ tambien lo es. Tenemos

que ψ(x) = 0 si, y solo si, ||x||2 > (1 + δ)2 , y ψ(x) = 1 si, y solo si,

||x||2 6 1. La siguiente figura muestra el grafico de ψ

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Una funcion ψ como arriba es llamada una funcion cototo. Esto com-

pleta la prueba de la proposicion.

Ahora demostraremos la existencia de funciones cototos en superficies.

Primero probaremos el siguiente lema.

Lema 7.1 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck ( k > 1 ). Dado

p ∈ M existe una parametrizacion ϕ : B(0, 3) ⊂ Rm → U ⊂ M , con


ϕ(0) = p ∈ U , donde B(0, 3) es la bola abierta de centro en 0 y radio

3 en Rm .

Demostracion. Sea ϕ1 : U0 ⊂ Rm → U1 ⊂ M una parametrizacion,

con ϕ1(x0) = p ∈ U1. Consideremos la traslacion T : Rm → Rm ,

dada por T (x) = x − x0 entonces T (x0) = 0, y tomando V0 = T (U0)

tenemos que ϕ2 = ϕ1 T−1 : V0 ⊂ Rm → U1 es parametrizacion en M

con ϕ2(0) = p . Ahora, como V0 ⊂ Rm es un abierto que contiene a 0,

existe r > 0 tal que B(0, r) ⊂ V0 . Pongamos U = ϕ2(B(0, r)) ⊂ U1.

Entonces ϕ3 = ϕ2/B(0, r) : B(0, r) → U es una parametrizacon en

M . Ahora, sea h : Rm → Rm la homotecia h(x) = 3x/r , tenemos que

h(B(0, r)) = B(0, 3) . Finalmente, definimos ϕ : B(0, 3) → U ⊂ M por

ϕ = ϕ3 h−1 , es facil ver que ϕ satisface las condiciones pedidas.

Teorema 7.6 Sea Mm una superficie de clase Ck , con k > 1. En-

tonces existe una funcion cototo definida sobre M .

Demostracion. Vamos a demostrar que dada una parametrizacion

ϕ : B(0, 3) ⊂ Rm → U ⊂ M como en el lema anterior, asociada a

ella existe una funcion cototo Ck , fϕ : M → R. Para construir fϕ ,

procedemos como sigue: sean V = ϕ(B(0, 2)) y W = ϕ(B(0, 1)) , y sea

Ψ : Rm → R una funcion cototo, tal que Ψ(x) = 1 para x ∈ B(0, 1) y

Ψ(x) = 0 para x ∈ Rm −B(0, 2) . Definamos fϕ por,

fϕ(x) =

(Ψ ϕ−1)(x) si x ∈ U ,

0 si x ∈ M − V .

Entonces fϕ satisface:

(i) 0 6 fϕ(x) 6 1, para todo x ∈ M ,

Sergio Plaza 267

(ii) fϕ/W = 1 y fϕ/(M − V ) = 0.

Lo que finaliza la prueba.

7.5 Particion de la Unidad

Sea Mm una superficie de clase Ck , con k > 1 .

Definicion 7.4 Sea f : X ⊂ Rn → R. El soporte de f es el conjunto

sop(f) = clausura x ∈ X : f(x) 6= 0.

Observacion. Dado x ∈ M , entonces x /∈ sop(f) si, y solo si, f = 0

en toda una vecindad de x.

Definicion 7.5 Sea Mm una superficie Ck ( k > 1). Una particion de

la unidad de clase Ck en M es una familia PU = (Ui, ψi) : i ∈ Λ,donde los conjuntos Ui ⊂ M son abiertos y ψi : M → R son funciones

Ck, que satisfacen las siguientes propiedades:

pu1.- ψi(x) > 0 para todo x ∈ M y todo i ∈ Λ,

pu2.- sop(ψi) esta contenido en Ui, para todo i ∈ Λ ,

pu3.- U = Ui : i ∈ I es un cubrimiento abierto localmente finito de

M , es decir, para cada x ∈ M existe una vecindad U de x tal

que U ∩ Ui = ∅ , salvo para una cantidad finita de ındices.

pu4.- para cada x ∈ M se tiene que∑

i∈Λ ψi(x) = 1.

Observacion. La suma en pu4 tiene sentido, pues para cada x ∈ M ,

solo un numero finito de los ψi(x) son no cero. Ademas, esta suma es

una funcion Ck , pues por pu3, podemos encontrar una vecindad abierta


U de x en M la cual intersecta solo un numero finito de los conjuntos

Ui, y por pu2 solo las funciones ψi asociadas a estas vecindades son no

cero en x .

Nota. Cuando no exista peligro de confusion denotaremos una particion

de la unidad simplemente por Ψ = ψi : i ∈ Λ , esto es, sin especificar

los abiertos Ui que contienen los soportes de las funciones ψi.

Teorema 7.7 Sea Mm una superficie Cr, con r > 1. Entonces para

cada cubrimiento abierto localmente finito U de M , existe una particion

de la unidad subordinada a U (es decir, los dominios de las funciones ψ

forman un cubrimiento de M y estan contenidos en elementos de U ).

Demostracion. Sea f : Rm → [0, 1] una funcion cototo de clase C∞,

tal que f(x) = 1 para x ∈ B(0, 1) y f(x) = 0 para x /∈ B(0, 2) . Sea

(Uk, ϕk) una parametrizacion como en el Lema 7.2 . Para cada k ∈ N ,

definimos la funcion cototo de clase Cr, θk : M → R por θk = 0 sobre

M − ϕk(B(0, 2)) y como θk = f ϕ−1k sobre Uk. Solo un numero finito

de θk(x) son no cero en para cada x ∈ M , pues x ∈ Uk solo para un

numero finito de k. Ademas, al menos una de las funciones θk es no cero

en x , pues los conjuntos ϕk(B(0, 1)) forman un cubrimiento abierto de

M . Luego la funcion θ : M → R definida por θ(x) =∑

k θk(x) esta

bien definida, es de clase Cr , y estrictamente positiva. Finalmente,

obtenemos una particion de la unidad colocando ψk = θk/θ , para cada

k , es decir, ψk es de clase Cr, toma valores en el intervalo [0, 1] y

sop(ψk) = sop(θk) ⊂ Uk , esta contenido en algun elemento V ∈ U .

Ademas, el cubrimiento Uk : k ∈ N es localmente finito y tenemos∑

k ψk = 1. Lo cual termina la prueba.

Sergio Plaza 269

7.6 Ejercicios

1. Pruebe que la aplicacion f : Sn × R → Rn+1 , dada f(x, t) = etx

es de clase C∞. ¿Es f un difeomorfismo (local)?

2. Suponga que la ecuacion fp(x, y) = 0 determina p + 1 cırculos

disjuntos en el espacio R2, donde p de esos cırculos estan con-

tenidos dentro de un disco abierto determinado por uno de ellos,

por ejemplo p = 2,

f(x, y) = (x2 + y2 − 16)((x + 2)2 + y2 − 1)((x− 2)2 + y2 − 1)

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.....................................................

.......................................................C3 C2 C1

2-2• •

donde C1 := (x− 2)2 + y2 − 1 = 0 , C2 := (x + 2)2 + y2 − 1 = 0 y

C3 := x2 + y2 − 16 = 0.

Defina Fp(x, y, z) = fp(x, y)+z2. Pruebe que para cada (x, y, z) ∈F−1

p (0) se tiene que DFp(x, y, z) 6= 0. Describa el conjunto Mp =

F−1p (0), para p = 1, 2, 3 . ¿Puede decir cual es el conjunto Mp,

para p > 4 ?

3. Sea f : R2 → R4 dada por

f(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v), w(u, v))


donde

x(u, v) = (r cos(v) + a) cos(u)

y(u, v) = (r cos(v) + a) sen(u)

z(u, v) = r cos(u2 ) sen(v)

w(u, v) = r sen(u2 ) sen(v) .

Pruebe que la imagen de f es una superficie 2–dimensional de

clase C∞ , (botella de Klein). Restringiendo adecuadamente f a

dominios de R2, construya parametrizaciones para la botella de

Klein, y calcule los cambios de coordenadas.

4. Sea f : R2 → R3, dada por

f(u, v) = ((a + b cos(v)) cos(u), (a + b cos(v)) sen(u), c sen(v))

Muestre que la imagen de f es una superficie 2–dimensional de

clase C∞ llamada toro elıptico. Caso a > b = c, se obtiene el toro

usual. Construya parametrizaciones para la imagen de f .

5. Usando la funcion f : R2 → R3 dada por

f(u, v) = (a cos(v) cos(u), b cos(v) sen(u), c sen(v)) .

Construya parametrizaciones para el elipsoide E = (x, y, z) ∈R3 : x2

a2 + y2

b2+ z2

c2= 1 .

6. Pruebe que M = (x, y, z) ∈ R2 : x4+y4+z4 = 1 es una superficie

de clase C∞, difeomorfa a la esfera S2.

Sergio Plaza 271

7. Pruebe que h : Sn × R → Rn+1 − 0 definida por h(x, t) = etx

es un difeomorfismo C∞.

Indicacion. La inversa h−1 : Rn+1 − 0 → Sn × R es dada por

h−1(x) =(

x|x| , log ||x||

), donde x = (x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1−0 .

8. Sea f : R3 → R dada por f(x, y, z) = z2 + (√

x2 + y2 − a)2 .

Estudie los conjuntos f−1(α), donde α ∈ R ¿para que valores de

α, el conjunto Mα = f−1(α) es una superficie?

9. Sea f : R2 → R3, f(u, v) = (u3, v3, uv) ¿es la imagen de f una

superficie?

10. Sea f : R2 → R3 dada por f(u, v) = (u, v, u3 − 3uv2). Pruebe que

la imagen de f , M = Im(f) , es una superficie 2–dimensional de

clase C∞ (llamada Silla del Mono.)

11. Pruebe que M = (x, y, z) ∈ R3 : x2y2 + x2z2 + y2z2 = 1es una superficie. ¿Cual es su dimension? ¿cual es su clase de

diferenciabilidad?

12. Sea f : R3 → R3 dada por f(x, y, z) = (x2 − y2, xy, yz). Pruebe

que la imagen de f es una superficie C∞. (Im(f) = RP2 es el

plano proyectivo real 2–dimensional.)

13. Sea f : S2 → R6 dada por

f(x, y, z) = (x2, y2, z2,√

2yz,√

2xz,√

2xy) .

Pruebe que M2 = f(S2) ⊆ R6 es una superficie 2–dimensional de

clase C∞, (M2 es llamada superficie de Veronesse).


14. En cada uno de los ejercicios anteriores y los vistos en clase, cal-

cule el espacio tangente en un punto arbitrario de la superficie en

cuestion.

15. Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto, y sea f : U → Rn una funcion

Ck (k > 1). Pruebe que T(p,f(p))graf(f) = graf(Df(p)).

16. Dada A ∈ O(n). Pruebe que A : Sn−1 → Sn−1 definida por

A(x) = Ax, es un difeomorfismo de clase C∞.

17. Defina f : S1 → S1, dada por f(z) = zn , donde n ∈ Z − 0y consideramos S1 = z ∈ C : |z| = 1). Pruebe que f es

un difeomorfismo local de clase C∞ ¿Es f un difeomorfismo?.

Justifique su respuesta.

18. Dada una superficie Mm de clase Ck (k > 2) contenida en Rn.

Defina TM = (p, v) ∈ Rn × Rn : p ∈ M, v ∈ TpM. Pruebe que

TM es una superficie Ck−1 y dimTM = 2dimM .

19. Pruebe que TS1 = (p, v) : p ∈ S1 , v ∈ TpS1 es una superficie

de clase C∞ , difeomorfa a S1×R . Usando esto pruebe que TT2 =

(p, v) : p ∈ T2 , v ∈ TpT2 es una superficie difeomorfa a

T2 × R2 , donde T2 = S1 × S1 ⊂ R4 es el toro 2–dimensional.

20. Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie imagen de

ϕ(u, v)) = (3u + v, u2 + v, u) en el punto (8, 6, 2) .

21. Encuentre el plano tangente a la superficie definida por la ecuacion

cos(x) cos(y)ez = 0 en el punto (π2 , 1, 0) .

22. Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie definida

por x2 + xy + y2 + z2 = 37 en el punto (3, 4, 0) .

Sergio Plaza 273

23. El paraboloide z = 2x2 + 3y2 intersecta al cilindro x2 + y2 = 1

en una curva C . Encuentre un vector tangente a la curva C en

el punto (√

22 ,

√2

2 , 52) .

24. Pruebe que

G =

1 a b

0 1 c

0 0 1

: a, b, c ∈ R

es una superficie 3–dimensional de clase C∞.

25. Encuentre el plano tangente a la superficie imagen de ϕ(u, v) =

(u2 + v2, u + v, v) en el punto (13,−1, 2) .

26. Sea S la superficie imagen de ϕ(u, v) = (u, 3v, 3u2 + 8uv) . En-

cuentre el plano tangente a S en un punto arbitrario.

27. Sean Mm y Nn superficies de clase Ck , con k > 2 , y sea

f : M → N una aplicacion Ck. Defina Tf : TM → TN por

Tf(p, v) = (f(p), Df(p)v). Pruebe que Tf es de clase Ck−1. Para

el caso M = N = S1 y f(z) = z` ( ` ∈ Z ) calcule Tf(p, v) .

28. Sea M una superficie Ck (k > 1). Pruebe que cada punto de

M esta contenido en la imagen de un sistema de coordenadas ϕ :

B(0, 1) → M , donde B(0, 1) ⊂ Rm es la bola abierta unitaria de

centro en el origen.

29. Pruebe que (x2, y2, z2,√

2 yz,√

2 zx,√

2xy) ∈ R6 : x2 + y2 + z2 =

1 es una superficie C∞ contenida en R6.

Indicacion. Considere la aplicacion F : R6 − 0 → R6, definida


por

F (x1, x2, x3, x3, x4, x5, x6) =

y1 = 2x1x2 − x26

y2 = 2x2x3 − x24

y3 = 2x3x1 − x25

y4 = x4x5 −√

2 x3x6

y5 = x5x6 −√

2 x1x4

y6 = x4x6 −√

2 x2x5 .

30. Pruebe que el elipsoide E =

(x, y, z) ∈ R3 :x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

es una superficie 2-dimensional de clase C∞, difeomorfa a S2.

31. Sea H =

(x, y, z) ∈ R3 :x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1

el hiperboloide de

una hoja. Pruebe que H es una superficie 2–dimensional de clase

C∞, difeomorfa a S1 × R.

32. (Teorema de la Funcion Inversa en Superficies). Sean M y N

superficies de clase Ck ( k > 1 ) y dim M = dim N . Si f :

M → N es una aplicacion Ck, tal que para x0 ∈ M la derivada

Df(x0) : Tx0M → Tf(x0)N es un isomorfismo. Pruebe que existe

un conjunto abierto U ⊂ M , con , x0 ∈ U , tal que f |U0 : U0 →f(U0) es un difeomorfismo Ck

33. Sean M y N superficies de clase Ck ( k > 1 ) y dim M = dim N .

Si f : M → N es una biyeccion Ck, tal que para cada x ∈ M la

derivada Df(x) : TxM → Tf(x)N es un isomorfismo. Pruebe que

f es un difeomorfismo Ck.

34. Enuncie y demuestre los teoremas de la Forma Local de las Inmer-

siones, Forma Local de las Submersiones, Teorema de la Funcion

Implıcita, y Teorema del Rango en superficies.

Sergio Plaza 275

35. Sea f : R3 → R, dada por f(x, y, z) = x2 + y2 − z2.

(a) Dados a, b > 0. Pruebe que para cada x ∈ f−1(a) la derivada

Df(x) : R3 → R es sobreyectiva (observe que lo mismo ocurre

para cada y ∈ f−1(b)). Pruebe ademas que las superficies

f−1(a) y f−1(b) son difeomorfas. Calcule el espacio tangente

Txf−1(a) en x ∈ f−1(a).

(b) Si c < 0, pruebe que la superficie f−1(c) no es difeomorfa a

la superficie f−1(t) , donde t > 0.

(c) ¿Es f−1(0) una superficie?

(d) Dibuje los conjuntos f−1(t), para t < 0, t = 0 , y t > 0.

36. Sea P = (x, y, z) ∈ R3 : x2 +y2− z2 = a , donde a > 0. Calcule

TpP , donde p = (√

a, 0, 0).

37. Sean M y N superficies de clase Ck, con k > 1. Pruebe que para

cada (x, y) ∈ M ×N se tiene que T(x,y)M ×N ≡ TxM × TyN ≡TxM ⊕ TyN .

38. Pruebe que f : S2 → S2 dada por

f(x, y, z) = (x cos(z)− y sen(z), x sen(z) + y cos(z), z)

es un difeomorfismo C∞. Calcule Df(x, y, z).

39. Pruebe que el conjunto Mp(R, m× n) de las matrices de rango p,

1 6 p 6 mınn, m , es una superficie de clase C∞. Calcule su

dimension.

40. Sea f : M × N → N definida por f(x, y) = x. Pruebe que

Df(x, y) : TxM×TyN → TxM es la proyeccion Df(x, y)(u, v) = u.


41. Sean M y N superficies de clase Ck (k > 1). Dada una aplicacion

de clase Ck , f : M → N , defina F : M → M × N por F (x) =

(x, f(x)). Pruebe que DF (x)u = (u,Df(x)u).

42. Sean M , N , M ′ , y N ′ superficies de clase Ck ( k > 1). Sean

f : M → N , g : M ′ → N ′ aplicaciones Ck, tales que en cada

punto x ∈ M y en cada punto y ∈ N las derivadas Df(x) y

Dg(y) tienen rango r y s, respectivamente. Calcule el rango de

D(f × g)(x, y) .

43. Sea T2 = S1 × S1 el toro 2–dimensional. Defina la aplicacion

π : R2 → T2 definida por π(x, y) = (exp(2πix), exp(2πiy)) =

(cos(2πx), sen(2πx), cos(2πy), sen(2πy)) . Pruebe que π es un difeo-

morfismo local C∞.

44. Sea ϕN : S2−pN → R2 la proyeccion esterografica. Sea A : R2 →R2 una transformacion lineal definida por una matriz diagonal 2×2, con elemento en la diagonal igual a λ con λ 6= 0. Defina ϕ :

S2 → S2 por ϕ(x) = ϕ−1N A ϕN(x) , cuando x ∈ S2 y x 6= pN ,

y ϕ(pN) = pN . Pruebe que ϕ es un difeomorfismo C∞.

45. Sea Vn,k el conjunto de todos los sistemas ordenados ortonormales

de k vectores en Rn . Pruebe que Vn,k es una superficie C∞ .

Calcule dimVn,k .

46. Sea f : Vn,k → Vn.s , donde s 6 k , la aplicacion que aso-

cia a cada sistema ordenado ortonormal de k vectores en Rn sus

primeros s vectores. Pruebe que para cada punto p ∈ Vn,s, la

derivada Df(x) : TxVn,k → TpVn,s es sobreyectiva, para x ∈f−1(p). Muestre ademas, que para cada p ∈ Vn,s, la imagen in-

Sergio Plaza 277

versa f−1(p) es homeomorfa a la superficie Vn−s,k−s, ¿ son estas

superficies difeomorfas?

47. Sean Mm una superficie Ck (k > 1 ) y U ⊂ M un conjunto

abierto. Una incrustacion Ck de U en una superficie Nn es una

aplicacion Ck , f : U → Nn que es un homeomorfismo sobre su

imagen y para cada x ∈ U la derivada Df(x) : TxM → Tf(x)N

es inyectiva.

a) Pruebe que existe una incrustacion C∞ desde Sn × Sm en

Rn+m+1.

b) Sea Mm ⊂ R` una superficie de clase Cr (r > 1 ). Suponga

que existe una incrustacion Cr , f : M → Rn+1 para algun

n , suponga ademas que existe una aplicacion Cr , g : V →R , donde V ⊂ Rn+1 es una vecindad de f(M) , tal que para

cada y ∈ V se tiene que grad g(y) 6= 0 y f(M) = g−1(0) .

Pruebe que M es una superficie orientable.

48. Sea M una superficie compacta de clase Ck, con k > 1. Pruebe

que cada aplicacion C1, f : M → R posee al menos dos puntos

crıticos, es decir, puntos en los cuales Df(x) = 0.

49. Sea T2 ⊂ R3 el toro 2–dimensional, como muestra la figura sigu-

iente,


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•• −p = A(p)p

•

•

•

−q = A(q)

q

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...

......................

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..............

(a) Definamos A : T2 → T2 por A(p) = −p . Pruebe que A es

un difeomorfismo de clase C∞ .

(b) Sea f : T2 → R una aplicacion de clase Ck , con k > 1 .

Describa los puntos crıticos de f .

50. Sean M y N superficies de clase Ck , y sea f : M → una apli-

cacion Ck . Pruebe que el rango de f es independiente de la

eleccion de parametrizaciones usado para definirlo.

Nota. Recuerde que el rango de f en un punto p es el rango de

la aplicacion lineal Df(p) .

51. Sean M y N superficies de clase Ck ( k > 1), con dimM =

dimN . Sea f : M → N una inmersion Ck. Pruebe que si N es

compacta y M es conexa entonces f es sobreyectiva.

52. Sean M y N superficie de clase Ck , y sea f : M → N una

aplicacion continua. Pruebe que f es de clase Ck si, y solo si,

para cualquier funcion Ck, F : W ⊂ N → R, donde W abierto,

la funcion F f es de clase Ck en el conjunto f−1(W ).

Sergio Plaza 279

53. Dada F : R2 → T2 definida por F (x, y) = (exp(2πix), exp(2πiy)),

donde consideramos T2 = S1 × S1 . Sea G : R → R2 dada

por G(t) = (t, αt). Pruebe que F G es una inmersion. Estudie

(F G)(R) segun α sea racional o irracional.

54. Sea f : U → U una aplicacion Ck ( k > 1), donde U ⊂ Rm es un

conjunto abierto y conexo. Si f f = f , defina M = f(U). Pruebe

que si el rango de Df(x) es constante, para todo x en una vecindad

de M , entonces M es una superficie Ck ¿cual es la dimension de

M ?

55. Encuentre una inmersion de clase C∞, f : S1 × S1 → R3.

56. Sea M una superficie de clase Ck. Pruebe que la aplicacion diag :

M → M ×M , diag(x) = (x, x) es de clase Ck.

57. Sea T2 ⊂ R3 el toro 2–dimensional centrado en el origen, y sea

f : T2 → R la funcion altura respecto al plano xy. Estudie la

funcion f relativa a diferentes posiciones de T2, es decir, describa

los conjuntos de puntos crıticos, valores regulares, y los diferentes

conjuntos f−1(c) , donde c ∈ R .

58. Sea T2 ⊂ R3 el toro 2–dimensional. Sea f : T2 → S2 la aplicacion

que a cada p ∈ T2 asocia el vector normal unitario vp ∈ R3, car-

acterizado como sigue: si v1, v2 ⊂ TpT2 es la base canonica de

TpT2, entonces det(v1, v2, vp) > 0. Pruebe que f es C∞. Calcule

Df(p) para p ∈ T2.

59. Sean M , N superficies de clase Ck, con M compacta y dimM =

dimN . Dada una aplicacion de clase Ck, f : M → N , sea y0 ∈


N un valor regular de f . Pruebe que la imagen inversa f−1(y0)

consiste de un numero finito de puntos.

60. Sea C = (x, y, z) : x2 + y2 = 1 (cilindro circular recto) en R3 .

Sea A : C → C la aplicacion A(x, y, z) = −(x, y, z). Demuestre

que A es un difeomorfismo de clase C∞ .

61. Pruebe que la aplicacion h : R2 − (0, 0) → S1 × R dada por

h(x, y) =

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

, log(√

x2 + y2))

es un difeomorfismo de clase C∞ .

62. (a) Sean M , N superficies Ck, con M compacta y N conexa.

Pruebe que si f : M → N es una submersion, entonces f es

sobreyectiva.

(b) Pruebe que no existen submersiones de superficies compactas

en espacios euclideanos.

63. Sea p un polinomio homogeneo en k variables, es decir,

p(tx1, . . . , txk) = tmp(x1, . . . , xk) ,

para algun m ∈ N.

Pruebe que el conjunto de puntos x ∈ Rk, tales que p(x) = a,

con a 6= 0, es una superficie de clase C∞ y dimension k − 1 de

Rk . Ademas, pruebe que las superficies obtenidas para a > 0 son

todas difeomorfas y lo mismo ocurre para el caso a < 0, ¿son las

superficies obtenidas para a1 < 0 y a2 > 0 difeomorfas?

Indicacion. Use la identidad de Euler para polinomios homogeneos,k∑

i=1

xi∂p(x)∂xi

= mp(x) , donde x = (x1, . . . , xk)

Sergio Plaza 281

64. Sea Sp,q ⊂ Rn el conjunto

Sp,q = (x1, . . . , xn) ∈ Rn : x21 + · · ·+ x2

p− x2p+1− · · · − x2

p+q = 1 ,

donde p + q 6 n. Pruebe que Sp,q es una superficie C∞ de Rn, la

cual es difeomorfa a Sp−1 × Rn−q.

Indicacion. Considere la aplicacion f : Sp−1×Rn−q → Sp,q , dada

por

f(x1, . . . , xp, y1, . . . , yn−p) = (x1z, . . . , xpz, y1, . . . , yn−p) ,

donde z =√

1 + y21 + · · ·+ y2

q .

65. Sea f : R3 → R definida por f(x, y, z) = z2 . Demostrar que 0

no es valor regular de f , pero f−1(0) es una superficie de clase

C∞ ¿ Explique porque esto puede ocurrir?

66. Sea P = (x, y, z) ∈ R3 : x = y , y sea ϕ : U → R3 definida por

ϕ(u, v) = (u + v, u + v, uv) , donde U = (u, v) ∈ R2 : u > v .

Pruebe que ϕ(U) ⊂ P ¿Es ϕ una parametrizacion para P ?

67. Encuentre la ecuacion del plano tangente a la superficie definida

por el grafico de z = 2xex2y+y3−x+y−2 en el punto (1, 1, 2) .

68. Defina f : R3 → R por f(x, y, z) = (x + y + z − 1)2 .

(a) Encuentre el conjunto de puntos crıticos de f .

(b) ¿Para que valores de c ∈ R el conjunto M = (x, y, z) ∈R3 : f(x, y, z) = c es una superficie?

(c) Responda las misma cuestiones anteriores, pero esta vez con-

sidere la aplicacion g(x, y, z) = xyz2 .


69. Sea ϕ : U ⊂ R2 → V ⊂ R3 una aplicacion de clase Cr (r > 1),

donde U es abierto en R2 . Pruebe que Dϕ(u, v) : R2 → R3 es

inyectiva si, y solo si, ∂ϕ(u,v)∂u × ∂ϕ(u,v)

∂v 6= 0 , donde × es el producto

vectorial en R3 .

70. Sea S2 ⊂ R3 la esfera unitaria, y sea H = (x, y, z) ∈ R3 :

x2 +y2−z2−1 = 0 . Denote por pN = (0, 0, 1) y pS = (0, 0,−1)

los polos norte y sur de la esfera, respectivamente. Demuestre que

S2−pN , pS y H son difeomorfas. (Construya el difeomorfismo)

71. Determine los planos tangentes a la superficie M = (x, y, z) ∈R3 : x2 + y2 − z2 = 1 en los puntos (x, y, 0) y demuestre que

todos ellos son paralelos al eje z .

72. Demuestre que la ecuacion del plano afın, tangente a una superficie

que es el grafico de una aplicacion diferenciable f : U ⊂ R2 → R ,

donde U es un conjunto abierto, en un punto p0 = f(x0, y0) viene

dado por

z = f(x0, y0) +∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)∂y

(y − y0) .

73. Demuestre que las ecuaciones

x2 + y2 + z2 = ax (a 6= 0)

x2 + y2 + z2 = by (b 6= 0)

x2 + y2 + z2 = cz (c 6= 0)

definen superficies de clase C∞ , y que todas ellas se cortan ortog-

onalmente.

Nota. Sean M y N superficies de clase Ck (k > 1) en R` .

Supongamos que M ∩ N 6= ∅ . Dado p ∈ M ∩ N , decimos que

Sergio Plaza 283

las superficies son ortogonales en p si, sus planos tangente TpM

y TpN son ortogonales.

74. Considere una superficie de clase Cr (r > 1) M ⊂ R3 . En

cada plano tangente TpM (p ∈ M) se define un producto in-

terno, denotado por 〈〉p , como sigue: sean v, w ∈ TpM en-

tonces 〈v, w〉p = 〈v, w〉 . Defina Ip : TpM → R por Ip(v) =

〈v, v〉p . Usando una parametrizacion ϕ : U ⊂ R2 → V ⊂ M ,

con ϕ(u0, v0) = p encuentre la expresion para Ip en termino de

la base

∂ϕ(u0,v0)∂u , ∂ϕ(u0,v0)

∂v

de TpM .

75. Sea ϕ : ]0, 2π[×R→ R3 dada por ϕ(u, v) = (v cos(u), v sen(u), au)

(a 6= 0). Pruebe que Im(ϕ) es una superficie de clase C∞ . Haga

el dibujo de la superficie.

76. Sea M ⊂ R3 una superficie 2–dimensional de clase C∞ , y sea

ϕ : U0 ⊂ R2 → V ⊂ M una parametrizacion. Definimos N : V ⊂M → R3 por

N(ϕ(u, v)) =∂ϕ(u,v)

∂u × ∂ϕ(u,v)∂v∣∣∣

∣∣∣∂ϕ(u,v)∂u × ∂ϕ(u,v)

∂v

∣∣∣∣∣∣.

Dada otra parametrizacion ψ : U1 ⊂ R2 → V ⊂ M , siendo que

en U1 tenemos coordenadas (u1, v1) ¿Cual es la relacion entre

N(ψ(u1, v1)) y N(ϕ(u, v)) ?

77. Sea M = f−1(0) , donde f : U ⊂ R3 → R (U abierto) una

aplicacion de clase Cr (r > 1) y 0 es un valor regular de f .

Calcule N(x, y, z) explicıtamente.

78. Encuentre parametrizaciones para la superficie obtenida rotando

la catenaria y = a cosh(x/a) alrededor del eje x . La superficie

obtenida es llamada catenoide.


79. Demuestre que rotando la curva ρ(t) = (a log(tang(π4 + t

2) −a sen(t) , a cos(t)) alrededor de su asintota se obtiene una superfi-

cie 2–dimensional de clase C∞ , llamada pseudoesfera (encuentre

las parametrizaciones explicıtamente).

80. Considere las ecuaciones

x = u cos(v)

y = u sen(v)

z = a sen(2v)

¿definen estas ecuaciones una superficie?. Si la respuesta es afirma-

tiva, calcule la interseccion de esta superficie y un plano tangente

a ella en uno de sus puntos.

81. Encuentre el plano tangente y el espacio normal a la superficie

determinada por la ecuacion

x = v cos(u)

y = v sen(v)

z = ku (k > 0 constante)

Encuentre parametrizaciones para esta superficie.

82. Encuentre parametrizaciones para cada superficie definida por las

ecuaciones siguientes:

(a)

x = a cos(u) cos(v)

y = a sen(u) cos(v)

z = a sen(v)

donde a > 0 (esfera).

Sergio Plaza 285

(b)

x = a cos(u) cos(v)

y = b sen(u) cos(v)

z = c sen(v)

a, b, c > 0 (elipsoide)

(c)

x =a

2

(v +

1v

)cos(u)

y =b

2

(v +

1v

)sen(u)

z =c

2

(v +

1v

)

a, b, c > 0 (hiperboloide de una hoja)

(d)

x =a

2uv + 12v + u

y = bv − u

v + u

z = cuv − 1v + u

a, b, c > 0 (hiperboloide de una hoja)

(e)

x =a

2

(v − 1

v

)cos(u)

y =b

2

(v − 1

v

)sen(u)

z =c

2

(v − 1

v

)


a, b, c > 0 (hiperboloide de dos hoja)

(f)

x = v√

p cos(u)

y = v√

q sen(u)

z = v2/2

p, q > 0 (paraboloide elıptico)

(g)

x = (u + v)√

p

y = (u− v)√

q

z = 2uv

p, q > 0 (hiperboloide parabolico)

(h)

x = a cos(u)

y = b sen(u)

z = v

a, b > 0 (cilindro elıptico)

(i)

x = u cos(v)

y = u sen(v)

z = u2/2

(paraboloide de revolucion)

83. Para cada una de las superficies dadas en el ejemplo anterior, en-

cuentre el plano tangente y un vector normal unitario a este plano

en un punto arbitrario de ellas.

Sergio Plaza 287

84. Demuestre que las ecuaciones

x =12

cos(u) cos(φ)

y =12

cos(u) sen(φ)

z =∫ √

1− 14sen 2(u) du

definen una superficie 2–dimensional de clase C∞ . Determine

parametrizaciones para ella.

85. Sea ϕ : U0 ⊂ R2 → V ⊂ R3 una parametrizacion de clase Ck

(k > 1) (U0 abierto). Para cada p = ϕ(u, v) ∈ V , se define el

vector normal a V en p por

N(p) =∂ϕ(u,v)

∂u × ∂ϕ(u,v)∂v∣∣∣

∣∣∣∂ϕ(u,v)∂u × ∂ϕ(u,v)

∂v

∣∣∣∣∣∣

.

Demuestre que N : V → R3 tiene su imagen contenida en la esfera

unitaria S2 ⊂ R3 , es de clase Ck−1 , y se tiene TpV = TN(p)S2 .

86. Considere las superficies M = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1y S2

a = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = a2 (a > 0). Encuentre

los valores de a tales que M ∩ S2a 6= ∅ , y para cada p ∈ M ∩ S2

a

se tiene que R3 = TpS2a + TpM .

87. Enuncie y pruebe los teoremas de la Funcion inversa, de la Forma

local de las Inmersiones y de la Forma local de las Submersiones

en superficies.

88. Encuentre el tangente y el plano normal a las siguientes curvas

(superficies 1–dimensionales)


(a) E = (a cos(t), b sen(t)) : 0 6 t 6 2π .

(b) H =(

a

2

(t +

1t

),

b

2

(t− 1

t

)): t 6= 0

89. Calcule el angulo con que se cortan las curvas definidas por las

ecuaciones x2 + y2 = 8 y y2 = 2x .

90. Encuentre el plano tangente en el punto p = (2,−1, 1) al hiper-

boloide definido por la ecuacion: x2 + y2 − 4z2 = 1 .

91. Sea M = (x, y, z) : xy = 0 , x2 + y2 + z2 = 1 , z 6= ±1 .

Demuestre que M es una superficie 1–dimensional ¿Cual es su

clase de diferenciabilidad?

92. Sea J ⊂ R un intervalo abierto, y sean f, g : J → R aplicaciones

de clase Cr (r > 1).

(a) Demuestre que el conjunto M = (x, f(x), g(x)) : x ∈ J es una superficie 1–dimensional de clase Cr . Construya al

menos dos ejemplos usando lo anterior.

(b) Sea p ∈ M . Calcule TpM .

93. Demuestre que el conjunto M = (x, y) : xy = yx , x > 0 , y >

0 , (x, y) 6= (e, e) es una superficie 1–dimensional ¿Cual es su

clase de diferenciabilidad?

94. Sea M = (x, y, z) : xy = xz = 0 ¿es M una superficie?

95. Sea M = x ∈ Rn :∑n

i,j=1 cijxixj = 1 , donde la matriz

(cij)i,j=1,...,n es una simetrica y tiene rango n .

(a) Demuestre que M es una superficie (n− 1)–dimensional de

clase C∞ .

Sergio Plaza 289

(b) Sea p ∈ M . Calcule TpM .

96. Sean C = (x, y, u, v) ∈ R4 : x2 + y2 = 1 , u2 + v2 = 1 ,

K = (x, y, u, v) ∈ R4 : x2 + y2 6 1 , u2 + v2 6 1 .

(a) Demuestre que C es una superficie 2–dimensional de clase

C∞ .

(b) Demuestre que K es una superficie de clase C∞ , con borde

¿Cual es ∂K ?

97. Sea M2 ⊂ R3 una superficie Ck ( k > 2 ). En cada punto p ∈ M

se define el producto interno 〈 , 〉p sobre TpM como sigue: para

cada v, w ∈ TpM hacemos 〈v, w〉p = 〈v, w〉 (donde 〈 , 〉 es el

producto interno usual en R3 ).

98. Usando una parametrizacion para M , encuentre la expresion local

de 〈 , 〉p .

99. Defina Ip : TpM → R por Ip(v) = 〈v, v〉p . Encuentre, usando

parametrizaciones, la expresion local de Ip . (Nota: la aplicacion

Ip es llamada primera forma fundamental de la superficie.)

100. Calcule la primera forma fundamental de las siguientes superficie,

en la parametrizacion indicada (en cada caso determine el dominio

de la parametrizacion.)

(a) Esfera de centro en el origen y radio a > 0 , con una para-

metrizacion dada por

ϕ(u, v) = (a cos(u) cos(v), a sen(u) cos(v), a sen(v)) .

(b) Elipsoide, con una parametrizacion dada por

ϕ(u, v) = (a cos(u) cos(v), b sen(u) cos(v), c sen(v)) .


(c) Hiperboloide de una hoja, con una parametrizacion dada por

ϕ(u, v) =(

a

2(v +

1v) cos(u),

b

2(v +

1v) sen(u),

c

2(v +

1v))

.

(d) Hiperboloide de una hoja, con una parametrizacion dada por

ϕ(u, v) =(

a

2uv + 1u + v

, bv − u

u + v, c

uv − 1u + v

).

(e) Hiperboloide de dos hojas, con una parametrizacion dada

por ϕ(u, v) =(

a

2(v − 1

v) cos(u),

b

2(v − 1

v) sen(u),

c

2(v − v

)

).

(f) Paraboloide elıptico, con una parametrizacion dada por ϕ(u, v) =

(v√

p cos(u), v√

q sen(u), v2/2) .

(g) Hiperboloide parabolico, con una parametrizacion dada por

ϕ(u, v) = ((u + v)√

p , (u− v)√

q , 2uv) .

(h) Cilindro elıptico, con una parametrizacion dada por ϕ(u, v) =

(a cos(u), b sen(u), cv) .

(i) Helicoide minimal, con una parametrizacion dada por ϕ(u, v) =

(v cos(u), v sen(u), ku) .

(j) Toro, con una parametrizacion dada por ϕ(u, v) = ((a +

b cos(v)) cos(u), (a + b cos(v)) sen(u), b sen(v)) .

(k) Grafico de una aplicacion Ck (k > 1), f : U ⊂ R2 → R ,

donde U es abierto.

En cada caso anterior visualice la superficie en cuestion usando

Maplev u otro software adecuado (por ejemplo, Mathematica, De-

rive, etc.)

101. Sea F (x, y) = ex2+2y2+2 . Encuentre el conjunto de valores c ∈ Rpara los cuales el conjunto F−1(c) es una superficie (no vacıa), y

calcule en esos casos TpF−1(c) , donde p ∈ F−1(c) es un punto

arbitrario.

Sergio Plaza 291

102. Encuentre el plano tangente a la superficie definida por la ecuacion

cos(x) cos(y) ez = 0 en el punto (π2 , 1, 0) .

103. Sea C = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 el cilindro unitario en

R3 , y sea M = S2−pN , pS la esfera unitaria sin los polos norte

y sur. Para cada (0, 0, z) , con −1 < z < 1 , el rayo comenzando en

ese punto y paralelo al plano xy , intersecta a la esfera (cilindro)

en un unico punto, eso nos permite definir una aplicacion f :

S2 − pN , pS → C . Demuestre que f es un difeomorfismo C∞

sobre su imagen. Calcule Df(p) .

104. Sea C = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 el cilindro unitario en

R3 , y sea M = S2−pN , pS la esfera unitaria sin los polos norte

y sur. Cada rayo comenzando en el origen intersecta a la esfera

(cilindro) en un unico punto, eso nos permite definir una aplicacion

f : S2 − pN , pS → C . Demuestre que f es un difeomorfismo

C∞ .

105. Sean f, g : I → R funciones de clase Ck (k > 1 ), donde I ⊂ Res un intervalo abierto. Suponga que g(u) > 0 para todo u ∈ I .

Demuestre que el subconjunto de R3 obtenido rotando la curva

cuya traza es el conjunto de punto (f(u), g(u)) : u ∈ I es una

superficie de clase Ck , llamada superficie de rotacion. Calcule el

espacio tangente a la superficie de rotacion en un punto arbitrario.

106. Considere la curva α : R→ R2 definida por α(u) =(

u,eu + e−u

2

).

Demuestre que la superficie de rotacion obtenida desde la traza de

α es difeomorfa a la superficie H = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2−z2 =

1 .

107. Describa los conjuntos de nivel de la siguientes funciones,


(a) g(x, y, z) = 1x2+4y2+9z2 para c = 0 , c = 1/2 , y c = 1 .

(b) h(x, y, z) = 2x2 − y2 − z2 , para c = 1 y para c = 0 .

108. Sea T (x, y, z) = x3 − zy3 . Sea c(t) la curva en R3 que satisface

c′(t) = graf T (c(t)) y c(0) = (1, 1, 0) . Demuestre que c′(0) es

perpendicular a la superficie definida por la ecuacion x3−zy3 = 1 .

109. Sea f : R3 → R una funcion que es constante sobre la esfera

de radio 1. Sea c : R → S2 curva diferenciable sobre la esfera.

Demuestre que c′(t) es ortogonal a grad f(c(t)) para todo t .

110. Encuentre los puntos en el elipsoide x2 + 2y2 + 3z2 = 1 donde el

plano tangente es paralelo al plano 3x− y + 3z = 1 .

111. Demuestre que el elipsoide 3x2 + 2y2 + z2 = 9 y la esfera x2 +

y2 + z2− 8x− 6y− 8z +24 = 0 son tangentes en el punto (1, 1, 2)

(recuerde que dos superficies S1 y S2 son tangentes en un punto

en comun, digamos p , si TpS1 = TpS2 .

112. Sea h : S2 → R la funcion altura respecto del plano horizon-

tal.Usando las parametrizaciones polo–norte y polo–sur, encuentre

los puntos donde h no es submersion y aquellos donde lo es.

113. Sea p : S2 → R2 la funcion proyeccion sobre el plano horizon-

tal.Usando las parametrizaciones polo–norte y polo–sur, encuentre

los puntos donde p no es difeomorfismo y aquellos donde lo es.

114. Sea M = A = (aij)3×3 : A de rango 1 . Demuestre que M

es una superficie 5–dimensional de clase C∞ . Calcular el espacio

tangente a M en A =

0 1 0

0 0 0

0 0 0

.

Sergio Plaza 293

115. Sea F : Rn+1 × Rn+1 → R2 la aplicacion definida por F (p, v) =

((||p||2 − 1)/2, 〈p, v〉) . Pruebe que F es de clase C∞ y que su

derivada viene dada por

DF (p, v) =

p 0

v p

.

Muestre ademas, que det(DF (p, v) (DF (p, v))T ) = ||p||2(||p||2 +

||v||2) = 1 + ||v||2 > 0 sobre el conjunto F−1(0, 0) . Concluya de

esto que el conjunto

F−1(0, 0) = (p, v) ∈ Rn+1 × Rn+1 : ||p|| = 1 , y 〈p, v〉 = 0

es una superficie de clase C∞ y dimension 2n en R2n+2 .

116. Sea F : Rn+1 × Rn+1 → R2 la aplicacion definida por F (x, y) =12 (||x||2 + ||y||2, ||x||2 − ||y||2) . Pruebe que F es de clase C∞ .

Describa el conjunto de valores crıticos R de F . Determine en

que casos los conjuntos R y F−1(1, 0) son superficies.

Capıtulo 8

Orientacion en superficies

En este capıtulo estudiaremos el concepto de superficie orientable. Primero

estudiamos orientacion en espacios vectoriales, enseguida extendemos

este concepto a superficies.

8.1 Orientacion en Espacios Vectoriales

Sea V un espacio vectorial real de dimension m. Una base ordenada en

V es un conjunto ordenado E = v1, . . . , vm de m vectores linealmente

independientes. Si F = w1, . . . , wm es otra base ordenada de V ,

entonces existe una unica matriz A ∈ GL(m,R), A = (aij)m×m, tal que

wk =∑m

i=1 akivi para k = 1, 2, . . . , m. La matriz A es llamada matriz

cambio de base, de la base E para la base F . Dadas dos bases ordenadas

E y F de V , decimos que ellas son equivalentes y usamos la notacion

E ≡ F , sea la matriz cambio de base tiene determinante positivo. Si

B = E : E es base ordenada de V , la equivalencia de bases es una

relacion de equivalencia en B. Como cada matriz en GL(m,R) tiene

determinante positivo o negativo, existen solo dos clases de equivalencia

295

296 Orientacion en Superficies

en B/ ≡ , y cada clase de equivalencia es llamada una orientacion en V ,

es decir, una orientacion en V es un conjunto Θ de bases ordenadas de

V con la propiedad siguiente: si E ∈ Θ y F ∈ B , entonces F ∈ Θ si,

y solo si, la matriz cambio de base de la base E para la base F tiene

determinante positivo. Dada una orientacion Θ de V la otra orientacion

la denotamos por −Θ y es llamada la orientacion opuesta de Θ.

Definicion 8.1 Un espacio vectorial orientado es un par (V,Θ), donde

V es un espacio vectorial de dimension finita y Θ es una orientacion de

V .

En lo que sigue, consideramos Rn orientado con la orientacion Θ de-

terminada por (es decir, que contiene a) la base canonica e1, . . . , en,donde ei es el i–esimo vector de la base canonica de Rn .

Ejemplo La base v1, v2 de R2 dada en la figura representa la misma

orientacion que la base canonica e1, e2 ,

.............................................................................................................................................................................................................................................................................................

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..............................

..............................

..............................

..............................

..............................

...........

...........................................................................................................................................................................................................................................

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

..................

..............

.......................................................................................................... ..............

v2 v1

e2

e1

En un espacio vectorial orientado (V, Θ), las bases que pertenecen a

Θ son llamadas bases positivas y las otras son llamadas bases negativas.

Observacion. Tenemos que B/ ≡= Θ,−Θ . Ademas,

Sergio Plaza 297

1. Si A,B ∈ Θ entonces el determinante de a matriz cambio de base

es positivo,

2. Si F, G ∈ −Θ entonces el determinante de la matriz cambio de

base es positivo,

3. Si A ∈ Θ y F ∈ −Θ entonces el determinante del cambio de

base es negativo.

Definicion 8.2 Sean (V, Θ) y (W,Θ′) espacios vectoriales orientados,

con dimV = dim W . Decimos que un isomorfismo T : V → W es

positivo si preserva las orientaciones, es decir, T lleva bases positivas

de V en bases positivas de W . Si T no es positivo, decimos que es

negativo.

Proposicion 8.1 Sea T : Rm → Rm un isomorfismo. Entonces T es

positivo si, y solo si, la matriz de T relativa a la base canonica de Rm

tiene determinante positivo.


Proposicion 8.2 Sean V y W espacios vectoriales, con dimV = dimW .

Sea T : V → W un isomorfismo. Si uno de los espacios vectoriales esta

orientado, entonces existe una unica orientacion en el otro que torna a

T un isomorfismo positivo.

Demostracion. Supongamos que V esta orientado y sea Θ una orien-

tacion en V . Si E = v1, . . . , vm es una base en Θ, entonces F =

T (E) = T (v1), . . . , T (vm) es una base de W , sea Θ′ la orientacion de

W determinada por F . Es claro que con estas orientaciones de V y de

W , T es un isomorfismo positivo. La unicidad de Θ′ es obvia.


Si W esta orientado, la prueba es analoga, tomando esta vez el iso-

morfismo T−1 : W → V .

8.2 Superficies Orientables

Sean M y N superficies diferenciables de clase Ck, con k > 1 y dimM =

dimN . Para cada x ∈ M y cada y ∈ N elegimos orientaciones Θx de

TxM y Θy de TyN , respectivamente.

Definicion 8.3 Sea f : M → N un difeomorfismo local Ck. Decimos

que f es positivo, respecto a las orientaciones Θx y Θy elegidas en Tx M

y TyN , respectivamente, si para cada x ∈ M el isomorfismo Df(x) :

TxM → Tf(x)N es positivo.

Analogamente, definimos difeomorfismo local negativo.

Observacion. Existen difeomorfismos locales que no son positivos ni

negativos.

Definicion 8.4 Sea Mm una superficie de clase Ck, con k > 1. Una

orientacion en M es una correspondencia Θ que asocia a cada x ∈ M

una orientacion Θx de TxM , de modo que cada x ∈ M pertenece a la

imagen de una parametrizacion positiva ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M , es

decir, para cada x ∈ U el isomorfismo Dϕ(ϕ−1(x)) : Rm → (TxM, Θx)

preserva orientacion.

Definicion 8.5 Una superficie orientada es un par (M, Θ), donde M

es una superficie y Θ es una orientacion en M .

Definicion 8.6 Decimos que una superficie M es orientable si es posi-

ble definir una orientacion Θ en M .

Sergio Plaza 299

Si (M, Θ) es una superficie orientada y −Θ es la correspondencia

que asocia a cada x ∈ M la orientacion −Θx de TxM , opuesta de Θx ,

entonces −Θ tambien es una orientacion en M , llamada orientacion

opuesta de Θ.

Ejemplos.

1. Todo espacio vectorial es orientable, en particular Rm, es orien-

table.

2. Todo subconjunto abierto de una superficie orientable es una su-

perficie orientable.

En efecto, sea Mm una superficie orientable de clase Ck, con

k > 1 . Si A ⊂ M es un conjunto abierto, entonces A es una su-

perficie de la misma clase y la misma dimension que M . Ademas,

para cada x ∈ A , se tiene que TxA = TxM . Luego una orien-

tacion de M determina de modo natural una orientacion en A,

asociando a cada x ∈ A la orientacion Θx de TxM , donde Θ es

la orientacion de M . De este modo obtenemos una corresponden-

cia ΘA que asocia a cada x ∈ A una orientacion ΘA(x) de TxA.

Como las parametrizaciones en A son de la forma (U,ϕ) donde

ϕ : U0 ⊂ Rm → U es una parametrizacion en M , con U ⊂ A, se

sigue que cada x ∈ A pertenece a la imagen de una parametrizacion

positiva en A.

3. Sean M y N superficies Ck ( k > 1), con dimM = dimN .

Sea f : M → N un difeomorfismo local Ck. Si N es orientable,

entonces M tambien lo es.

En efecto, sea Θ una orientacion de N . Definamos una orientacion

Θ en M como sigue: para cada x ∈ M , denotemos por Θx la


unica orientacion de TxM que hace que el isomorfismo Df(x) :

(TxM, Θx) → (Tf(x)N, Θf(x)) sea positivo. Es claro que Θ es una

orientacion en M , los detalles de las verificaciones son dejados al

lector.

Observacion. La recıproca de la propiedad anterior es falsa, es

decir, si M es orientable y f : M → N es un difeomorfismo local,

no necesariamente N es orientable, ver por ejemplo la banda de

Mobius M2 ⊂ R3.

4. Sean Mm y Nn superficies Ck, con k > 1. Si ambas super-

ficies son orientables, entonces la superficie producto M × N es

orientable.

En efecto, sean Θ y Θ orientaciones en M y N , respectivamente.

Para cada x ∈ M y cada y ∈ N sean Bx = v1(x), . . . , vm(x)y By = w1(y), . . . , wn(y) bases de TxM y TyN , determinando

las orientaciones Θx de TxM y Θy de TyN , respectivamente.

Como T(x,y)M × N es isomorfo a TxM × TyN , y por lo tanto a

TxM ⊕ TyN , definimos la base

B(x,y) = (v1(x), 0), . . . , (vm(x), 0), (0, w1(y)), . . . , (0, wn(y))

de T(x,y)M×N y denotemos por Θ(x,y) la orientacion de T(x,y)M×N determinada por esta base, esto define una correspondencia Θ

que asocia a cada (x, y) ∈ M × N una orientacion Θ(x,y) de

T(x,y)M ×N . Ahora si, ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rn →V ⊂ N son parametrizaciones positivas con ϕ(x0) = x ∈ U , y

ψ(y0) = y ∈ V , entonces la parametrizacion ϕ × ψ : U0 × V0 ⊂Rm+n → U × V ⊂ M ×N es positiva.

Sergio Plaza 301

Proposicion 8.3 Sean M y N superficies Ck ( k > 1 ), con dimM =

dimN . Si f : M → N es un difeomorfismo Ck, entonces M es orien-

table, si y solo si, N lo es.

Demostracion. Inmediata desde la Proposicion 8.2.

Proposicion 8.4 Sea Mm una superficie conexa. Si M es orientable,

entonces admite exactamente dos orientaciones.

Demostracion. Es suficiente probar que el conjunto de puntos en los

cuales dos orientaciones coinciden y el conjunto de puntos donde ellas

no coinciden son conjuntos abiertos en M .

Sean Θ y Θ orientaciones de M . Dado x ∈ M , elegimos parametriza-

ciones ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rm → V ⊂ M con

ϕ(x0) = ψ(y0) = x ∈ U ∩V tales que ϕ es positiva respecto de la orien-

tacion Θ y ψ es positiva respecto de la orientacion Θ. Si las orienta-

ciones Θx y Θx de TxM coinciden, el isomorfismo D(ψ−1 ϕ)(ϕ−1(x)) :

Rm → Rm preserva la orientacion de Rm, luego su determinante es po-

sitivo y por la continuidad de la funcion determinante, el difeomorfismo

ψ−1 ϕ preserva la orientacion de Rm para todo z en una vecindad

W1 ⊂ ϕ−1(U ∩ V ) de x0 = ϕ−1(x). Sea W = ϕ(W1) ⊂ U ∩ V , luego

para cada y ∈ W las orientaciones Θy y Θy de TyM coinciden. Por

lo tanto, el conjunto de puntos donde las dos orientaciones coinciden es

abierto en M .

Ahora si las orientaciones no coinciden en x , es decir, Θx 6= Θx ,

entonces det(D(ψ−1 ϕ)(ϕ−1(x)) es negativo, y por lo tanto es negativo

en toda una vecindad de x0 = ϕ−1(x), esto muestra que el conjunto

donde las orientaciones Θ y Θ de M no coinciden es tambien un conjunto

abierto en M .

Por la conexidad de M , uno de los conjuntos debe ser vacıo.


8.3 Orientacion y Atlas

Veamos ahora como se relacionan la orientabilidad y la estructura dife-

renciable en una superficie.

Definicion 8.7 Sea M ⊂ Rn una superficie de clase Ck . Un atlas

en M es una coleccion A = (Ui, ϕi) : i ∈ Λ , donde para cada i ∈ Λ

se tiene que ϕi : Ui ⊂ Rm → Ui ⊂ M es una parametrizacion de clase

Ck , y M = ∪i∈ΛUi. Los pares (Ui, ϕi) son llamados cartas en M .

Definicion 8.8 Sea Mm una superficie de clase Ck, con k > 1. De-

cimos que dos parametrizaciones ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂Rm → V ⊂ M son compatibles, si U ∩ V = ∅ o si U ∩ V 6= ∅ entonces

det(J(ψ−1 ϕ)(ϕ−1(x))) > 0 para todo x ∈ U ∩ V .

Definicion 8.9 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k >1 . Decimos que un atlas A de M es coherente si, cualquier par de

cartas en A son compatibles.

Ejemplos.

Proposicion 8.5 Sea Mm una superficie orientable de clase Ck, con

k > 1. Entonces el conjunto A formado por todas las parametrizaciones

positivas en M forman un atlas coherente.


Proposicion 8.6 Sea Mm una superficie de clase Ck, con k > 1. Si

existe un atlas coherente A en M entonces M es orientable.

Sergio Plaza 303

Demostracion. Para cada x ∈ M definimos una orientacion Θx de

TxM exigiendo que para cada parametrizacion (U,ϕ) ∈ A, con x ∈ U ,

el isomorfismo Dϕ(ϕ−1(x)) : Rm → (TxM, Θx) sea positivo, es decir,

preserva la orientacion. La orientacion Θ esta bien definida, pues si

(V, ψ) ∈ A es otra parametrizacion, con x ∈ V , entonces el cambio de

coordenadas ψ−1 ϕ preserva la orientacion de Rm, esto es, el siguiente

diagrama es conmutativo,

(TxM, Θx)

Rm Rm................................................................................................................................................................................................................................................

................................

................................

................................

................................

................................

................................

..............................................

................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .............

Dϕ(ϕ−1(x)) Dψ(ψ−1(x))

D(ψ−1 ϕ)(ϕ−1(x))

Como Dϕ(ϕ−1(x)) es positiva y detD(ψ−1ϕ)(ϕ−1(x)) > 0 , se tiene

que ψ−1 ϕ preserva la orientacion, se sigue que Dψ(ψ−1(x)) preserva

orientacion.

Es claro que todo atlas coherente en una superficie M pertenece a una

unica estructura diferenciable coherente, es decir, todos los sistemas de

coordenadas en tal estructura diferenciable son compatibles.

Juntando las dos proposiciones anteriores, tenemos

Teorema 8.1 Sea Mm superficie de clase Ck, con k > 1. Entonces

M es orientable si, y solo si, existe un atlas coherente en M

Definicion 8.10 Sea Mm una superficie orientada de clase Ck, con

k > 1. Decimos que un atlas A de M es positivo si, todas las para-

metrizaciones ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M en A son positivas respecto a la

orientacion de M .


Proposicion 8.7 Sean M y N superficies orientadas de clase Ck , con

k > 1, y dimM = dim N = m . Sea f : M → N un difeomorfismo Ck.

Entonces P = x ∈ M : Df(x) : TxM → Tf(x)N es positivo y

N = x ∈ M : Df(x) : TxM → Tf(x)N es negativo son conjuntos

abiertos en M . En particular, si M es conexa entonces o bien f es

positivo o bien es negativo.

Demostracion. Sea x ∈ M , existen parametrizaciones positivas ϕ :

U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rm → V ⊂ N con x ∈ U y f(U) ⊂ V .

El isomorfismo Df(x) : TxM → Tf(x)N es positivo (negativo) si, y solo

si, el isomorfismo D(ψ−1f ϕ)(ϕ−1(x)) : Rm → Rm tiene determinante

positivo (negativo). Ahora como la aplicacion x 7→ det(J(ψ−1 f ϕ)(ϕ−1(x)) es continua, se tiene lo afirmado.

Corolario 8.2 Sea ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una parametrizacion de

un abierto en una superficie orientada M . Si el dominio U0 de ϕ es

conexo, entonces ϕ es positivo o bien es negativo.

Como consecuencia inmediata de la Proposicion 8.7, se tiene una

prueba facil del hecho que una superficie conexa admite solo dos ori-

entaciones posibles.

En efecto, si Θ y Θ son orientaciones de M tomando el difeomorfismo

f = I : (M, Θ) → (M, Θ) , se tiene que o bien f es positivo, en cuyo

caso Θ = Θ, o bien f es negativo y en este caso Θ = −Θ.

Corolario 8.3 Si en una superficie Mm existen parametrizaciones ϕ :

U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rm → V ⊂ M , con U y V conexos

y U ∩ V 6= ∅, tales que en dos puntos de ϕ−1(U ∩ V ) el cambio de

coordenadas ψ−1 ϕ : ϕ−1(U ∩ V ) → ψ−1(U ∩ V ) tiene determinante

jacobiano con signos opuestos. Entonces M no es orientable.

Sergio Plaza 305


Note que en este caso, necesariamente U ∩ V no es conexo.

Ejemplos.

1. Banda de Mobius. La banda de Mobius es una superficie no

orientable.

En efecto, sea R = ]0, 5[× ]0, 1[⊂ R2.

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..•

•

(x, y)

(x + 4, 1− y)

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Para cada 0 6 i < j 6 5 enteros, consideremos los rectangulos

abiertos Ri,j = ]i, j[× ]0, 1[ . La banda de Mobius es el conjunto

cuociente R/ ∼ , donde ∼ es la relacion de equivalencia definida

como sigue: en el rectangulo R1,4 cada punto se identifica solo

consigo mismo, y sobre los rectangulos R0,1 y R4,5 , identificamos

el punto (x, y) ∈ R0,1 con el punto (x + 4, 1− 1) ∈ R4,5 .

Sea π : R → R/ ∼ = M2 la proyeccion canonica. En M2 = R/ ∼damos la siguiente topologıa: A ⊂ R/ ∼ es abierto si, y solo

si, π−1(A) ⊂ R es abierto. Con esta topologı se tiene que π es

continua.

Es claro que los conjuntos U = π(R0,3) y V = π(R2,5) son abier-

tos y que ϕ = π/R0,3 : R0,3 → U y ψ = π/R2,5 : R2,5 → V


son homeomorfismos. Sus inversas son ϕ−1 = (π/R0,3)−1 : U →R0,3 ⊂ R2 y ψ−1 = (π/R2,5)−1 : V → R2,5 ⊂ R2. Tenemos

entonces que (U,ϕ) y (V, ψ) son cartas en M2 , con U ∩ V =

π(R2,3 ∪ R0,1) 6= ∅ , y U , V conexos. Claramente U ∪ V = M2 .

Ahora verifiquemos que el cambio de coordenadas es de clase C∞ .

Tenemos ϕ−1(U ∩ V ) = R0,1 ∪R2,3 y ψ−1(U ∩ V ) = R2,3 ∪R4,5 .

Sobre R2,3 , se tiene ψ−1 ϕ(x, y) = (x, y) es la aplcacion la iden-

tidad, y sobre R0,1 se tiene ψ−1 ϕ(x, y) = (x + 4, 1 − y). Por

lo tanto A = (U,ϕ), (V, ψ) es un atlas C∞ sobre la banda de

Mobius. Ahora,

det J(ψ−1 ϕ)(x, y) =

1 para (x, y) ∈ R2,3 ,

−1 para (x, y) ∈ R0,1.

Luego la banda de Mobius es no orientable.

Otra forma. Sea W = (u, v) ∈ R2 : |v| < 1 y sea f :

W → R3 definida por f(u, v) = ((2 − v sen(u/2)) cos(u), (2 −v sen(u/2)) sen(u), v cos(u/2)) . La imagen de f es la banda de

Mobius.

Sean U0 = (u, v) ∈ W : |v| < 1, 0 < u < 2π y U1 = (u, v) ∈W : |v| < 1, −π < u < π . Definamos las aplicaciones varphi =

f |U0 : U0 → V0 y ψ = f |U1 : U1 → V1 . Se tiene que ϕ y ψ, son

parametrizaciones de la banda de Mobius, y que V0 ∪ V1 = M es

la banda de Mobius.

Es claro que U0 y U1 (y por lo tanto V0 y V1 ) son conexos.

Ahora.

Sergio Plaza 307

Dibujo

Tenemos ϕ−1(V0∩V1) = D1∪D2 donde D0 = (u, v) ∈ W : |v| <1 , 0 < u < 2π y D1 = (u, v) ∈ W : |v| < 1 , 3π

2 < u < 2π, y

el cambio de coordenadas ψ−1 ϕ : ϕ−1(V0 ∩ V1) → ψ−1(V0 ∩ V1)

viene dado por

(ψ−1 ϕ)(u, v) =

(u, v) en D0

(u− 2π,−v) en D1

ası detJ(ψ−1 ϕ)(u, v) = 1 en D0 y detJ(ψ−1 ϕ)(u, v) = −1

en D1 . Luego la banda de Mobius es no orientable.

2. Botella de Klein. Consideremos el cambio de coordenadas ϕ−12

ϕ1 de las parametrizaciones dada en el capıtulo anterior para la

botella de Klein. Recordemos que el cambio de coordenadas ϕ−12

ϕ1(u, v) = (u, v) es dado por

ϕ−12 ϕ1(u, v) =

(u− π/2 , v) en W1

(u + 3π/2 , 2π − v) en W2 .

Luego,

J(ϕ2 ϕ1)(u, , v) =

1 0

0 1

en W1 y

J(ϕ2 ϕ1)(u, , v) =

1 0

0 −1

en W2 . Claramente el determinante de la matriz jacobiana tiene

diferente signo cada componente conexa de ϕ−11 (ϕ1(U1)∩ϕ2(U2)) .

Por lo tanto la botella de Klein es una superficie no orientable.


3. Se deja a cargo del lector verificar que RP 2 es una superficie no

orientable.

Proposicion 8.8 Sean Mm y Nn superficies Ck, con k > 1. Entonces

la superficie producto M × N es orientable si, y solo si, M y N son

orientables.

Demostracion. Si M y N son orientables, ya demostramos que M ×N es orientable.

Supongamos que M × N es orientable. Sea C un atlas coherente en

M × N . Fijemos una parametrizacion ψ : V0 ⊂ Rn → V ⊂ N en N ,

con V conexo, y consideremos el siguiente atlas en M , A = (U,ϕ) :

ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ Mm es una parametrizacion tal que ϕ× ψ ∈ C .

Este atlas es coherente, pues si (U1, ϕ1) y (U2, ϕ2) pertenecen a A y

U1∩U2 6= ∅, entonces el cambio de coordenadas (ϕ2× ψ)−1 (ϕ1× ψ) es

igual a (ϕ−12 ϕ1)×I , por lo tanto detJ((ϕ−1

2 ϕ1)×I)(u, v) = detJ((ϕ2×ψ)−1 (ϕ1 × ψ))(u, v) > 0 , por otra parte detJ((ϕ−1

2 ϕ1)× I)(u, v) =

detJ(ϕ−12 ϕ1)(u) para todo (u, v) ∈ (ϕ1 × ψ)−1(U1 × V ) = ϕ−1

1 (U1)×ψ−1(V ). Luego, ϕ1 : W1 ⊂ Rm → U1 ⊂ M y ϕ2 : W2 ⊂ Rm → U2 ⊂ M

son compatibles. Por lo tanto, M es orientable.

Analogamente se muestra que N es orientable.

Ejemplos.

1. Para todo n > 1 , la esfera unitaria Sn es orientable.

En efecto, sea f : Sn×R→ Rn+1−0 definida por f(x, t) = etx ,

es claro que f es C∞ . Ademas, es facil ver que f−1 : Rn+1−0 →Sn × R es dada por f−1(y) =

(y

||y|| , log(||y||))

, la cual tambien

es C∞. Luego f es un difeomorfismo C∞. Ahora como, Rn+1−0

Sergio Plaza 309

es orientable, se sigue que Sn × R es orientable y por lo tanto Sn

lo es.

2. Sea α : Sn → Sn la aplicacion antipodal, α(x) = −x . Es claro que

α es un difeomorfismo C∞ y que α−1 = α, pues α α = α2 = I .

Dado x ∈ Sn, se tiene que TxSn = T−xSn y que Dα(x) : TxSn →T−xSn es un isomorfismo. Ahora, dado v ∈ TxSn , Dα(x)v =

−v, pues tomando el atlas A = (U±i , ϕ±i ) : i = 1, 2, . . . , n + 1.

Supongamos que x ∈ U+i , entonces

(ϕ−i )−1 α ϕ+i (x1, . . . , xn) = (ϕ−i )−1 α(x1, . . . , xi−1,

(1−n∑

j=1

x2j )

1/2, xi, . . . , xn) = (ϕ−i )−1(−x1, . . . ,−xi−1,

−(1−n∑

j=1

x2j )

1/2 , −xi, . . . ,−xn) = (−x1, . . . ,−xn) = −I(x) .

Luego, D((ϕ−i )−1 α ϕ+i )(x) = −I. Fijemos una orientacion Θ

en Sn, exigiendo que una base v1, . . . , vn de TxSn es positiva si,

y solo si, x, v1, . . . , vn es una base positiva de Rn+1, es decir,

det(x, v1, . . . , vn) > 0, donde (x, v1, . . . , vn) es la matriz (n + 1)×(n + 1) cuyas columnas son los vectores x, v1, . . . , vn ∈ Rn+1.

Es claro que Θ−x = −Θx, es decir, aun cuando los espacios vec-

toriales T−xSn y TxSn son iguales como subespacios vectoriales

de Rn+1, tienen orientaciones opuestas, y en relacion a las orien-

taciones Θx de TxSn y Θ−x de T−xSn, se tiene que Dα(x) es

positivo si, y solo si, n es impar, pues en relacion a estas orien-

taciones las parametrizaciones ϕ±i : B(0; 1) → U±i son positivo y

detJ((ϕ−i )−1 α ϕ+i )(x) = (−1)n = −1 si, y solo si, n es impar.

Ademas, α invierte orientacion si, y solo si, n es par.


Sean M y N superficies Ck ( k > 1 ), con dimM = dim N . Vi-

mos que si N es orientable y f : M → N es un difeomorfismo local

Ck, entonces M es orientable. Consideremos la situacion recıproca,

esto es, supongamos que f es un difeomorfismo local Ck y que M es

orientable. Vimos con un ejemplo (banda de Mobius) que esto no im-

plica que N sea orientable. Nos podemos plantear el problema siguiente

¿bajo que condiciones N es orientable?. La hipotesis de ser f sobreyec-

tiva es evidentemente necesaria, pues se requiere definir una orientacion

en cada punto de N . Un calculo muestra que tambien es necesario

tener que para cada x, y ∈ M , tales que f(x) = f(y), el isomorfismo

(Df(y))−1 Df(x) : TxM → TyM sea positivo, para que ası la orienta-

cion Θz en z = f(x) = f(y), que definamos en TzN no dependa de la

eleccion del punto elegido en f−1(z).

Estas son las unicas condiciones que necesitamos para que N sea orien-

table, cuando M lo es. Para la recıproca, necesitamos que M sea conexa,

pues en este caso o bien f : M → N es positivo o bien es negativo. En

resumen tenemos el

Teorema 8.4 Sean M y N superficies Ck, con k > 1 , y dimM =

dimN . Supongamos que M es conexa y orientable. Sea f : M →N un difeomorfismo local sobreyectivo. Entonces N es orientable si,

y solo si, para cada x, y ∈ M , tales que f(x) = f(y) el isomorfismo

(Df(y))−1 Df(x) : TxM → TyM es positivo.


Sergio Plaza 311

8.4 Ejercicios

1. Sea A ∈ M((n + 1) × (n + 1),R) , tal que AAT = I. Defina

A : Sn → Sn por A(x) = Ax . Pruebe que A es un difeomorfismo

de clase C∞ . Ademas, pruebe que A preserva la orientacion de

Sn si, y solo si, det A = 1 .

2. Sean M,N ⊂ R9 , respectivamente, los conjuntos de las matrices

de rango 1 y 2. Muestre que M y N son superficies C∞, ambas

orientables.

3. Sean M y N superficies orientables y sea f : M → N una

aplicacion de clase C1 . Si y ∈ N un valor regular de f pruebe

que f−1(y) es una superficie orientable.

Nota: recuerde que y ∈ N es un valor regular de f si para cada

x ∈ f−1(y) se tiene que la derivada Df(x) : TxM → TyN es

sobreyectiva cuando f−1(y) 6= ∅ .

4. El fibrado normal TM⊥ de una superficie Mm ⊂ Rn de clase

Ck (k > 2 ), es definido como el conjunto TM⊥ = (p, n) ∈ Rm ×Rn−m : p ∈ M y n ∈ TpM

⊥ , donde TpM⊥ = w ∈ Rn :

〈w, v〉 = 0 para cada v ∈ TpM es el subespacio de Rn ortogonal

a TpM . Pruebe TM⊥ es una superficie orientable de clase Ck−1 .

5. Sea M ⊂ Rm una superficie de clase Ck , con k > 1 . Pruebe que

el fibrado normal unitario TM1 = (p, v) ∈ R2m : p ∈ M y v ∈TpM, ||v|| = 1 es una superficie orientable de clase Ck−1 .

6. Sean M,N ⊂ Rn superficies Ck , con k > 1 , con M ∩N 6= ∅ y

tales que en cada punto x ∈ M ∩N se tiene que TxM + TxN =

Rn . Suponga que M y N son orientables, y que M ∩N es una


superficie Ck ¿es M ∩N orientable? Pruebe que M ∩N es una

superficie Ck .

7. Construya ejemplos de superficies orientables y ejemplos de su-

perficies no orientables.

8. Sea H =

(x, y, z) ∈ R3 :x2

a2− y2

b2− z2

c2= 1

. Defina la relacion

de equivalencia ∼ sobre H como sigue: (x, y, z) , (u, v, w) ∈ H ,

entonces (x, y, z) ∼ (u, v, w) si, y solo si, x = ±u , y = ±v , z =

±w . Sea M = [(x, y, z)] : (x, y, z) ∈ H el espacio cuociente,

donde [(x, y, z)] indica la clase de equivalencia del punto (x, y, z) .

Pruebe que M es una superficie 2-dimensional no orientable.

9. Sean M1 y M2 superficies Ck , con k > 1 , y ϕ : M1 → M2 un

difeomorfismo local Ck . Si M2 es orientable, pruebe que M1 es

orientable. Si M1 es orientable ¿es M2 orientable?

10. Pruebe que toda superficie 1-dimensional conexa es orientable.

11. Demuestre que las aplicaciones

x = a sen2(u)

y = a sen(u) cos(u) , 0 6 u 6 2π

z = a cos(u)

definen una superficie y encuentre su espacio normal

12. Sea S ⊂ R3 una superficie C∞. Pruebe que S es orientable si, y

solo si, existe una aplicacion diferenciable N : S → R3, tal que

para cada p ∈ S el vector N(p) es ortogonal a TpS y ||N(p)|| = 1.

13. Probar que la banda de Mobius no es difeomorfa al cilindro S1×R.

Sergio Plaza 313

14. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Pruebe que el grafico de

cualquier aplicacion Ck (k > 1), f : U −→ Rm es una super-

ficie orientable.

15. Sea U ⊂ R2 un conjunto abierto. Si f : U −→ R una aplicacion

de clase Ck (k > 1), y sea M = graf(f) = (x, y, z) ∈ R3 : z =

f(x, y) , (x, y) ∈ U . Encuentre una base para T(x,y,z)M⊥ .

16. Sea Mm una superficie de clase Cr (r > 1), con borde. Suponga

que M es no orientable. ¿Es el borde M no orientable?

Si su respuesta es afirmativa, demuestrelo, si es negativa, justifique

con un ejemplo.

17. Sea f : R3 −→ R una aplicacion de clase Ck (k > 1) y sea r ∈ Run valor regular de f , con f−1(r) 6= ∅ . Encuentre T(x,y,z)f

−1(r)⊥

para cada (x, y, z) ∈ f−1(r) . Demuestre que la superficie f−1(r)

es orientable.

18. Pruebe que la banda de Mobius M ⊂ R3 (con o sin borde) no

puede ser imagen inversa de un valor regular para ninguna funcion

Cr ( r > 1 ), f : R3 → R .

19. Sea C = S1×R el cilindro 2–dimensional contenido en R3 . Defina

f : C → C por f(x, y, z) = (−x,−y, z + 1) . Es claro que f es un

difeomorfismo ¿ f preserva o invierte orientacion?

20. Incrustacion de la botella de Klein en R4. Sea G : R2 → R4 ,

definida por

G(x, y) = ((r cos(y) + a) cos(x), (r cos(y) + a) sen(x),

r sen(y) cos(x/2), r sen(y) sen(x/2)) .


Pruebe que G induce una incrustacion de la botella de Klein en

R4.

21. Considere la esfera 2–dimensional, S2 ⊂ R3 . Dotemos a S2

con dos orientaciones distintas, Θ y Θ , en la primera una base

v1, v2 de T(0,0,1)S2 es positiva si x, v1, v2 es una base positiva

de R3 ; en la segunda una base w1, w2 de T(0,0,1)S2 es positiva

si −x,w1, w2 es una base positiva de R3 . Sea α : (S2, Θ) →(S2, Θ) la aplicacion antipodal. Usando las parametrizaciones

polo–norte y polo–sur, verifique si α preserva o invierte orientacion.

22. Encuentre una parametrizacion para la curva obtenida intersectando

el plano 2x + z = 1 con la esfera x2 + y2 + z2 = 3 ; orientada en

sentido antihorario cuando es vista desde arriba.

Capıtulo 9

Superficies con Borde

Es este capıtulo generalizamos el concepto de superficie de modo a incluir

aquellas que tienen borde, como por ejemplo la bola unitaria en espacio

euclideanos, cuyo borde es la esfera unitaria correspondiente.

Consideramos como espacio modelo el semi–espacio Hm en Rm , definido

por Hm = (x1, . . . , xm) ∈ Rm : xm > 0 . El borde de Hm es ∂Hm =

(x1, . . . , xm) ∈ Hm : xm = 0 , es claro que ∂Hm = Rm−1 × 0 .

Consideramos a Hn con la topologıa inducida por la de Rn , es decir,

A ⊂ Hm es un conjunto abierto si, existe un conjunto abierto U ⊂ Rm

tal que A = U ∩Hm .

Desde la definicion vemos que existen dos tipos de conjuntos abiertos

en Hm , aquellos para los cuales A ⊂ Hm − ∂Hm , y en este caso, estos

conjuntos son abiertos en Rm , y aquellos que intersectan a ∂Hm . Ver

la figura

...........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Hm

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

...........

......................

..............

∂Hm = Rm−1 × 0

.............

................................................................. ............. .............

..A

..........................

.................................................

A

315

316 Superficies con Borde

Definicion 9.1 Sea X ⊂ Rm con la topologıa inducida. Decimos que

una aplicacion f : X → Rn es diferenciable (de clase Ck ) si existe

una aplicacion diferenciable (de clase Ck ) F : U → Rn definida en un

conjunto abierto U ⊂ Rm , con X ⊂ U , tal que F/X = f .

Observaciones

1. Si X es un conjunto abierto de Rm la actual definicion de dife-

renciabilidad y la anterior del Capıtulo 7 coinciden.

2. La diferenciabilidad de f no depende del abierto U que contiene

a X ni de la extension F de f .

Notemos que las extensiones de f : X → Rm a vecindades de X

pueden tener diferentes derivadas, por ejemplo, consideremos X = 0 y

sea f : X → R dada por f(0) = 0 . Tomemos las extensiones F1(x) = x

y F2(x) = x3 de f , ellas tienen diferentes derivadas en x = 0 . De lo

anterior vemos que, en general, no podemos definir la derivada de f

como siendo la derivada de cualquiera de sus extensiones. Para el caso

de f : Hm → Rn este problema no existe.

Lema 9.1 Existe una base de Rm formada solo por vectores de Hm .

Demostracion. Dado v ∈ Rm se tiene que o bien v ∈ Hm o bien

−v ∈ Hm . Por lo tanto dada una base de Rm , cambiando el signo a

cada vector que no esta en Hm , obtenemos una nueva base formada solo

por vectores de Hm .

Proposicion 9.1 Si A ⊂ Hm es un conjunto abierto y f : A → Rn

es diferenciable en x ∈ A entonces la derivada de f en x esta bien

definida. (Como antes denotamos la derivada por Df(x) .)

Sergio Plaza 317

Demostracion. Si A ⊂ int(Hm) = Hm − ∂Hm el resultado es inmedi-

ato.

Ahora, si x ∈ A ∩ ∂H 6= ∅ entonces existe una base v1, . . . , vm de

Rm formada solo por vectores de Hm . Luego, para cada x ∈ ∂Hm y

para t > 0 los vectores x + tv1, . . . , x + tvm pertenecen a Hm . Ahora,

como x ∈ A ∩ Hm entonces para todo t > 0 suficientemente pequeno

se tiene que x + tvi ∈ A , para i = 1, . . . , m pues A es abierto en Hm .

Ahora sea U ⊂ Rm un abierto tal que A = U∩Hm y sea F : U → Rn

una extension diferenciable de f . Tenemos que para todo v ∈ Rm el

lımite

DF (x)v = limt→0

F (x + tv)− F (x)t

existe. En particular, existe el lımite

DF (x)vi = limt→0+

F (x + tvi)− F (x)t

= limt→0+

f(x + tvi)− f(x)t

,

esto es, los valores de la transformacion lineal DF (x) : Rm → Rn en los

vectores de la base v1, . . . , vm de Hm estan bien definidos a partir de

f , en consecuencia la derivada, Df(x) , de f en x no depende de la

extension F elegida para calcularla.

Teorema 9.1 (Regla de la Cadena). Sean A ⊂ Hm y B ⊂ Hn

conjuntos abiertos, y sean f : A → Rn y g : B ⊂ Hn → R` aplicaciones

diferenciables, con f(A) ⊂ B . Entonces la aplicacion g f : A → R`

es diferenciable. Ademas, D(g f)(x) = Dg(f(x)) Df(x) .

Demostracion. Inmediata a partir del teorema anterior y Teorema de

la Regla de la Cadena en espacios euclideanos.

Sea A ⊂ Hm un conjunto abierto. El borde de A es el conjunto

∂A = A∩∂Hm . Tenemos que ∂A es una superficie de codimension uno


de Rm , pues por definicion existe un conjunto abierto U ⊂ Rm tal que

A = U ∩Hm . Luego, U ∩∂Hm = U ∩ (Hm∩∂Hm) = (U ∩Hm)∩∂Hm =

A ∩ ∂Hm = ∂A .

Definicion 9.2 Un difeomorfismo de clase Ck entre conjuntos abier-

tos A ⊂ Hm y B ⊂ Hn es una biyeccion de clase Ck , f : A → B cuya

inversa tambien es de clase Ck .

De las igualdades f−1 f = IA y f f−1 = IB se sigue, usando

la Regla de la Cadena, que para y = f(x) con x ∈ A las derivadas

Df(x) : Rm → Rn y Df−1(y) : Rn → Rm son isomorfismos, uno

inverso del otro; en particular m = n .

Teorema 9.2 Sean A ⊂ Hm y B ⊂ Hm conjuntos abiertos. Si

f : A → B es un difeomorfismo de clase C1 entonces f(∂A) = ∂B .

En particular, f/∂A es un difeomorfismo entre las superficies de codi-

mension uno ∂A y ∂B .

Demostracion. Si x ∈ int(A) entonces existe un conjunto abierto

U ⊂ Rm , con x ∈ U ⊂ A . Tenemos, en este caso, que f/U es un

difeomorfismo de clase C1 , y por el Teorema de la Funcion Inversa su

imagen f(U) es un conjunto abierto de Rm . Como f(A) ⊂ B se sigue

que f(x) ∈ f(U) ⊂ f(A) ⊂ (B) es abierto, luego cada f(x) esta en

un conjunto abierto contenido en B , es decir, B es abierto, de donde

f(int(A)) ⊂ int(B) , y por lo tanto f−1(∂B) ⊂ ∂A , luego ∂B ⊂ f(∂A) .

Analogamente se prueba que f(∂A) ⊂ ∂B . Por lo tanto f(∂A) = ∂B .

Observacion. El resultado anterior tambien es valido para homeomor-

fismo, pero son necesarios otros conceptos para probarlo.

Ahora extendemos el concepto de parametrizacion a subconjuntos de

espacios euclideanos que seran nuestras superficies con borde.

Sergio Plaza 319

Definicion 9.3 Sea U ⊂ Rn . Una parametrizacion de clase Ck y

dimension m de U es un homeomorfismo de clase Ck , ϕ : U0 ⊂Hm → U definido en un conjunto abierto U0 de Hm , tal que para cada

x ∈ U0 la derivada Dϕ(x) : Rm → Rn es inyectiva.

Definicion 9.4 Un subconjunto Mm ⊂ Rn es una superficie con borde,

de dimension m y clase Ck , con k > 1 , si cada punto x ∈ M pertenece

a un abierto U ⊂ M que es imagen de una parametrizacion de clase

Ck , ϕ : U0 ⊂ Hm → U, donde U0 es un conjunto abierto en Hm.

Observaciones.

1. En la definicion de superficie con con borde podemos usar cual-

quier semi–espacio Hmj ⊂ Rm definidos por Hm

j = (x1, . . . , xm) ∈Rm : xj > 0 o bien los semi–espacio Hm

j = (x1, . . . , xm) ∈Rm : xj 6 0 . Mas general, podemos usar cualquier semi–espacio

determinado por un subespacio o un subespacio afın (m − 1)–

dimensional de Rm .

2. Si Hmj y Hm

i son semi–espacios de Rm entonces existe un difeo-

morfismo de clase C∞ que aplica uno en el otro. Por ejemplo,

si suponemos que i < j entonces Hi,j : Hmi → Hm

j definido por

Hi,j(x1, . . . , xi, . . . , xj , . . . , xm) = (x1, . . . , xj , . . . , xi, . . . , xm) , sa-

tisface lo pedido.

9.1 Cambios de Coordenadas

Sea Mm ⊂ Rn una superficie con borde, de clase Ck y dimension m .

Sean ϕ : U0 ⊂ Hm → U y ψ : V0 ⊂ Hm → V parametrizaciones

de clase Ck de conjuntos abiertos U y V de M , respectivamente,


con U ∩ V 6= ∅ . Afirmamos que el cambio de coordenada ψ−1 ϕ :

ϕ−1(U ∩ V ) ⊂ Hm → ψ−1(U ∩ V ) ⊂ Hm es un difeomorfismo de clase

Ck .

En efecto, basta demostrar que ψ−1 ϕ es de clase Ck , pues como

ϕ−1 ψ = (ψ−1 ϕ)−1 este tambien sera de clase Ck .

Sea u ∈ ϕ−1(U∩V ) , y sean x = ϕ(u) , v = ψ−1(ϕ(u)) . Por definicion

de parametrizacion, tenemos que ψ se extiende a una aplicacion de

clase Ck , Ψ : W → Rn , donde W ⊂ Rm es un conjunto abierto

con v ∈ W . Como DΨ(v) es inyectiva, del Teorema de la Forma

Local de las Inmersiones, tenemos que (achicando W , si es necesario)

Ψ es un homeomorfismo desde W sobre su imagen, y el homeomorfismo

inverso es la restriccion a Ψ(W ) de una aplicacion Ck , Λ , definida en

un conjunto abierto de Rn . Luego, tomando A = ϕ−1(Ψ(W )) tenemos

que A es un conjunto abierto en Hm y u ∈ A . Ademas, (ψ−1 ϕ)/A =

(Λ ϕ)/A la cual es de clase Ck . Luego ψ−1 ϕ ∈ Ck en una vecindad

de cada punto u ∈ ϕ−1(U ∩ V ), de donde ψ−1 ϕ es de clase Ck .

El borde de M es el conjunto, ∂M , formado por los puntos x ∈ M

tales que para toda parametrizacion de clase Ck , ϕ : U0 ⊂ Hm → U ⊂M de un abierto U ⊂ M , con x = ϕ(u) se tiene que u ∈ ∂U0 .

Por el teorema anterior, y el hecho que cada parametrizacion es un

difeomorfismo, se sigue que dado x ∈ M y una parametrizacion de clase

Ck , ϕ : U0 ⊂ Hm → U ⊂ M de un abierto U de M , con x = ϕ(u) ,

donde u ∈ ∂U0 se tiene que x ∈ ∂M , es decir, si x = ϕ(u) ∈ U

para alguna parametrizacion de clase Ck , ϕ : U0 → U , definida en un

abierto U0 ⊂ Rm entonces para cualquier otra parametrizacion de clase

Ck , ψ : V0 ⊂ Hm → V ⊂ M , donde V0 es un conjunto abierto en Hm ,

si x = ψ(v) entonces necesariamente v ∈ ∂(V0) .

Sergio Plaza 321

Teorema 9.3 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de dimension m y clase

Ck ( k > 1 ), con borde. Entonces ∂M es una superficie de clase Ck y

dimension m− 1 .

Demotracion. Las parametrizaciones de ∂M son las restricciones a

∂U0 = U0∩∂Hm de las parametrizaciones de clase Ck, ϕ : U0 ⊂ Hm →U ⊂ M , tales que el abierto U ⊂ M satisface U ∩ ∂M 6= ∅ .

Recordemos que si f : Mm → Nn es una aplicacion de clase C` ( ` >1 ), entonces r ∈ N es un valor regular de f si, f−1(r) = ∅ o en caso

contrario, para cada x ∈ f−1(r) la derivada Df(x) : TxM → Tf(x)N

es sobreyectiva. (En particular, m > n .)

Teorema 9.4 Sea Mm una superficie Ck , y sea f : M → R una

aplicacion de clase Ck . Si r ∈ R es un valor regular de f entonces el

conjunto N = x ∈ M : f(x) > r es una superficie de clase Ck y

dimension m , cuyo borde es ∂N = f−1(r) .

Demostracion. Es claro que el conjunto A = x ∈ M : f(x) > r es

un conjunto abierto de M , luego es una superficie Ck y dimension m .

Ahora debemos parametrizar las vecindades de los puntos x ∈ N para

los cuales f(x) = r . Dado x ∈ N tal que f(x) = r , sea ϕ : U0 ⊂ Rm →U ⊂ M una parametrizacion de clase Ck de U ⊂ M , con x = ϕ(u) ∈U y u = (u1, . . . , um) ∈ U0 . Como r es valor regular de f y por lo

tanto de f ϕ : U0 → R , sin perdida de generalidad, podemos suponer

que ∂(fϕ)∂um

(u) > 0 . Del Teorema de la Forma Local de las Submersiones,

existe un conjunto abierto W ⊂ Rm−1 , con (u1, . . . , um−1) ∈ W , existe

un intervalo abierto I = ]r − ε, r + ε[ , y existe un difeomorfismo de

clase Ck , ξ : W × I → Z sobre un abierto Z ⊂ U0 , tal que (f ϕ) ξ :

W × I → R satisface (f ϕ) ξ(u, t) = t . Consideremos el semi-espacio


H = (v1, . . . , vm) : vm > r . Sean V0 = (W × I)∩H , ψ = (ϕ ξ)/V0

y V = ϕ ξ(V0) . Entonces ψ : V0 → V es una parametrizacion del

abierto V , con x ∈ V .

Nota. De modo analogo se prueba que N = x ∈ M : f(x) 6 r es

una superficie con borde.

Ejemplo La bola cerrada de centro en u ∈ Rm y radio r > 0 , B[u, r] ⊂Rm , es una superficie m-dimensional C∞ con borde, y ∂B[u, r] =

Sm−1(u, r) , esfera (m− 1)–dimensional de centro en u y radio r .

En efecto, consideremos la aplicacion f : Rm → R dada por f(x) =

‖x−u‖2−r , tenemos que f es de clase C∞, y el unico valor no regular

de f es r = 0 , luego para cada r > 0 se tiene que B[u, r] = f−1(x ∈Rm : f(x) 6 r2) es una superficie m–dimensional de clase C∞ con

borde.

Sea M ⊂ Rn una superficie m–dimensional de clase Ck , con borde.

Para cada x ∈ M definimos el espacio tangente a M en x , TxM ,

como fue hecho en el Capıtulo 8, es decir, elegimos una parametrizacion

de clase Ck , ϕ : U0 ⊂ Hm → U ⊂ M de en un conjunto abierto

U ⊂ M , con x = ϕ(u) ∈ U , y definimos TxM = Dϕ(u)Rm . Es

claro desde la definicion de TxM que este es un subespacio vectorial de

dimension m de Rn . Ahora, si x ∈ ∂M entonces el dominio U0 de la

parametrizacion ϕ es un abierto en Hm con u = ϕ−1(x) ∈ ∂Hm . La

imagen Dϕ(u)∂H = Tx(∂M) es un subespacio vectorial de codimension

uno de TxM que es el espacio tangente a la superficie sin borde ∂M

en el punto x .

Sergio Plaza 323

Afirmamos que la definicion de TxM no depende de la parametrizacion

ϕ : U0 ⊂ Hm → U ⊂ M , con x = ϕ(u) ∈ U , usada para definirlo. La

prueba es completamente analoga a aquella dada en el Capıtulo 8, pues

si ψ : V0 ⊂ Hm → V ⊂ M es otra parametrizacion de clase Ck , con

x = ψ(v) , entonces ξ = ψ−1 ϕ : ϕ−1(U ∩ V ) → ψ−1(U ∩ V ) es un

difeomorfismo entre conjuntos abiertos de Hm y ϕ = ψ ξ . Luego

Dϕ(u) = Dψ(v) Dξ(u) , y como Dξ(u) : Rm → Rm es un isomorfismo

se tiene que Dϕ(u)Rm = Dψ(v)Rm . Lo que completa la prueba de la

afirmacion.

Si Mm ⊂ Rn es una superficie de clase Ck , con borde, y si ϕ : U0 ⊂Hm → U ⊂ M es una parametrizacion de una vecindad de un punto

x ∈ M . Vimos que si x = ϕ(u) ∈ ∂M entonces Dϕ(u)(∂Hm) = Tx∂M

es un subespacio (m − 1)–dimensional de TxM . Esto nos permitira

definir el concepto de vector que apunta hacia afuera en una superficie

con borde. Primero definiremos este concepto para semi–espacios, para

luego traspasarlo a superficies con borde.

Definicion 9.5 Decimos que un vector w ∈ Rm apunta hacia afuera

del semi-espacio Hmj ⊂ Rm si, w /∈ Hm

j , es decir, si w = (w1, . . . , wm)

entonces wj < 0 .

Teorema 9.5 Sea f : A → B un difeomorfismo entre conjuntos

abiertos A ⊂ Hmi y B ⊂ Hm

j . Si w ∈ Rm apunta para afuera de

Hmi entonces para cada x ∈ ∂A el vector Df(x)w apunta para afuera

de Hmj .

Demostracion. Como f/∂A es un difeomorfismo entre ∂A y ∂B , y

la derivada Df(x) : Rm → Rm aplica ∂Hmi isomorficamente en ∂Hm

j ,

dado v ∈ Rm se tiene que la j–esima coordenada de Df(x)v es 0


si, y solo si, la i–esima coordenada de v es 0. Si t > 0, entonces

x + tw ∈ Hmi , luego para todo t positivo y suficientemente pequeno, se

tiene x+tw ∈ A−∂A , de donde f(x+tw) ∈ B−∂B y πjf(x+tw) > 0 .

Para tales valores de t > 0 se tiene queπj(f(x + tw))− πj(f(x))

t=

πj(f(x + tw))t

> 0 . Esto completa la prueba.

Definicion 9.6 Sea Mm ⊂ Rn una superficie de dimension m y clase

Ck ( k > 1 ) con borde, y sea x ∈ ∂M . Decimos que un vector w ∈TxM apunta para fuera de M si existe una parametrizacion de clase

Ck , ϕ : U0 ⊂ Hm → U ⊂ M , tal que x = ϕ(u) ∈ U y w = Dϕ(u)w0 ,

donde w0 ∈ Rm apunta para afuera de Hm .

Observemos que este concepto no depende de la parametrizacion usa-

da, esto es, si ψ : V0 ⊂ Hm → V ⊂ M es otra parametrizacion, con

x = ψ(v) ∈ V y Dψ(v)w1 = w entonces w1 ∈ Rm es un vector que

apunta hacia afuera del semi–espacio Hm . En efecto, el cambio de

coordenadas ξ = ψ−1 ϕ satisface Dξ(u)w0 = w1 , de esto tenemos

Dψ(v)w1 = Dψ(v) Dξ(u)w0 = Dϕ(u)w0 . Lo que concluye la prueba.

Para cada x ∈ ∂M , los vectores tangentes a ∂M junto con los vec-

tores que apuntan para afuera de M forman un semi–espacio de TxM .

Entre los vectores que apuntan para afuera de M , existe un unico vector

unitario y normal a Tx∂M , el cual denotamos por n(x) . Esto define

una aplicacion n : ∂M → Rn que asocia a cada x ∈ ∂M el vector uni-

tario n(x) normal a Tx∂M , llamado campo de vectores normal a ∂M .

Si M es de clase Ck entonces la aplicacion n es de clase Ck−1 , pues

si, ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M es una parametrizacion, tomando una base

positiva v1, . . . , vm de Rm donde vm apunta hacia afuera de Hm y

Sergio Plaza 325

v1, . . . , vm−1 ⊂ ∂Hm se tiene que

n(x) =Dϕ(u)v1 × · · · ×Dϕ(u)vm−1

||Dϕ(u)v1 × · · · ×Dϕ(u)vm−1|| ,

para todo x = ϕ(u) ∈ ∂U = ∂M ∩ U .

Definicion 9.7 Decimos que una superficie de clase Ck , con borde,

Mm ⊂ Rn es orientable si existe un atlas coherente de clase Ck en M .

Tenemos ahora la siguiente proposicion.

Proposicion 9.2 Si Mm ⊂ Rn es una superficie de clase Ck , con

borde orientable. Entonces ∂M es una superficie de clase Ck , sin borde

y orientable.

Demostracion. Supongamos que M es orientable y que dimM =

m > 1 . Si m = 1 entonces ∂M es una superficie de dimension 0, por

lo tanto trivialmente orientable. Asumamos entonces que m > 1 . Sea

A el conjunto de las parametrizaciones ϕ : U0 ⊂ Hm1 → U ⊂ M de

clase Ck , tales que:

1. U0 es un conjunto abierto y conexo, contenido en el semi–espacio

Hm1 = (x1, . . . , xm) ∈ Rm : x1 > 0 ,

2. ϕ es positiva respecto de la orientacion de M .

El conjunto de las parametrizaciones de M que satisfacen 1) y 2) an-

teriores constituyen un atlas para M , pues si ψ : V0 ⊂ Hm1 → V ⊂ M es

una parametrizacion que satisface 1) y si ψ no es positiva, componiendo

con la transformacion lineal T (x1, . . . , xm) = (−x1, x2, . . . , xm) y to-

mando V1 = T−1(V0) , tenemos que ϕ = ψ T : V1 → U es una

parametrizacion que satisface 1) y 2) anteriores. Identificamos Rm−1


con ∂Hm1 . Sea A1 el conjunto de las restricciones ϕ0 = ϕ/∂U0 , de

las parametrizaciones ϕ ∈ A tales que ∂U0 = U0 ∩ Hm1 6= ∅ . Es claro

que A1 es un atlas de clase Ck para ∂M . Afirmamos que A1 es un

atlas coherente para ∂M . Para verlo, consideremos parametrizaciones

ϕ0 : ∂U0 → ∂U y ψ0 : ∂V0 → ∂V en A1 , con ∂U∩∂V 6= ∅ . Entonces el

cambio de coordenadas ξ0 = ψ−10 ϕ0 es la restriccion del difeomorfismo

ξ = ψ−1 ϕ al borde de su dominio. Sea u ∈ ϕ−1(∂U ∩ ∂V ) . Como Aes un atlas coherente para M se tiene que det(Dξ(u)) > 0 , y como ξ :

ϕ−1(U∩V ) → ψ−1(U∩V ) es un difeomorfismo entre abiertos de Hm1 , se

sigue que Dξ(u)(∂Hm1 ) = ∂Hm

1 , de donde Dξ(u)ei = (0, ai2, . . . , aim) ,

para i = 2, . . . , m − 1 . Finalmente como −e1 apunta para afuera de

Hm1 tenemos que Dξ(u)(−e1) = (a11, a12, . . . .am1) apunta para afuera

de Hm1 , es decir, a11 > 0 . Luego la matriz de Dξ(u) tiene la forma

a11 0 · · · 0

a21 a22 · · · a2m

......

......

am1 am2 · · · amm

Sea A0 la matriz

a22 · · · a2m

......

...

am2 · · · amm

Es claro que A0 es la matriz de la derivada de ξ0 . Ahora tenemos que

det(Dξ(u)) = a11 det(A0) y como a11 > 0 se sigue que det(A0) > 0 , y

en consecuencia A1 es un atlas coherente para ∂M .

La orientacion de ∂M determinada por la orientacion de M es lla-

mada orientacion inducida.

Sergio Plaza 327

Relativa a la orientacion inducida por M en ∂M , se tiene que una

base w1, . . . , wm−1 de Tx∂M es positiva si, y solo si, para cualquier

w ∈ TxM que apunta hacia afuera de M se tiene que w,w1, . . . , wm−1es una base positiva de TxM . En particular, si n(x) ∈ TxM es el vector

unitario tangente a M y normal a ∂M en el punto x , entonces una base

w1, . . . , wm−1 de Tx∂M es positiva si, y solo si, n(x), w1, . . . , wm−1es una base positiva de TxM . En efecto, una base w1, . . . , wm−1 de

Tx∂M es positiva si, y solo si, wj =∑m−1

i=1 aij∂ϕ(u)∂ui

, para j = 1, . . . , m−1 , donde la matriz A0 = (aij)(m−1)×(m−1) tiene determinante positivo,

aquı ϕ : U0 → U es una parametrizacion definida en un conjunto abierto

U1 de Hm1 , con u ∈ ∂U0 , x = ϕ(u) ∈ M , y ϕ es positiva respecto de la

orientacion de M . Como −e1 = (−1, 0, . . . , 0) apunta hacia afuera de

Hm1 el vector ∂ϕ(u)

∂u1= Dϕ(u)(−e1) ∈ TxM apunta hacia afuera de M .

Por lo tanto, si w ∈ TxM es un vector que apunta hacia afuera de M ,

tenemos que w = a11∂ϕ(u)∂u1

+ a21∂ϕ(u)∂u2

+ · · ·+ am1∂ϕ(u)∂um

(u) , con a11 > 0 .

Para j = 2, . . . , m , tenemos wj = 0∂ϕ(u)∂u1

+ a2j∂ϕ(u)∂u2

+ · · · + amj∂ϕ(u)∂um

.

Luego la matriz cambio de base de la base Bϕ(x) = ∂ϕ(u)∂u1

, . . . , ∂ϕ(u)∂um

para la base w, w1, . . . , wm−1 tiene la forma

A =

a11 0 · · · 0

a21 a22 · · · a2m

......

......

am1 am2 · · · amm

m×m

Luego detA = a11 det A0 , es decir, detA > 0 si, y solo si, detA0 >

0 , esto significa que cuando w ∈ TxM apunta hacia afuera de M

entonces w1, . . . , wm−1 es una base positiva de Tx∂M si, y solo si,

w, w1, . . . , wm−1 es una base positiva de TxM .

Ejemplo El intervalo cerrado [0, 1] es una superficie 1–dimensional de


clase C∞ con borde, donde ∂[0, 1] = 0, 1 . En efecto, basta tomar el

atlas A = ϕ,ψ , donde ϕ : [0, 1[→ [0, 1[ y ψ : ]0, 1] → ]0, 1] son las

aplicaciones identidad correspondientes. El dominio de ϕ es un conjunto

abierto de la semi–recta [0, +∞ [ el cual es un semi–espacio de R , y

el dominio de ψ es un conjunto abierto de la semi–recta ] −∞, 0] el

cual tambien es un semi–espacio de R . El cambio de coordenadas es

la aplicacion identidad, luego A es un atlas coherente que define la

orientacion natural de [0, 1] .

Cuando M es una superficie con borde y dimM = 1 se tiene que

dim ∂M = 0 , por lo tanto es un conjunto aislado de puntos. Orientar

una superficie de dimension 0, es por definicion, asignar un signo + o un

signo − a cada uno de esos puntos. Si dimM = 1 y M esta orientada,

la orientacion de ∂M inducida por la de M es dada como sigue: en

un punto x ∈ ∂M sera +x si cada vector que forma una base positiva

de TxM apunta hacia afuera de M y sera −x en caso contrario. En

el caso de M = [0, 1] orientada por el atlas A = ϕ,ψ la orientacion

inducida en ∂[0, 1] = 0, 1 asigna el signo + a 1 y el signo − a 0,

es decir, ∂[0, 1] = +1 ∪ −0 . Analogamente para las semi–rectas

M = ] − ∞, r] y N = [t, +∞[ orientadas por el atlas con una unica

parametrizacion igual a la identidad, tenemos ∂ = +r y ∂N = −t .

Si M y N son superficies con borde, el producto cartesiano M×N no

es una superficie con borde, por ejemplo consideremos M = N = [0, 1] ,

entonces M ×N = [0, 1]× [0, 1] no es una superficie con borde.

Ahora, si solo una de las superficies M o N tiene borde (no vacıo)

entonces el producto cartesiano M×N es una superficie con borde, por

ejemplo si ∂M 6= ∅ y ∂N = ∅ entonces ∂(M × N) = (∂M) × N . En

efecto, usando parametrizaciones del tipo ϕ×ψ , donde ϕ : U0 ⊂ Hm →U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Hn → V ⊂ N , con U0 ⊂ Hm y V0 ⊂ Rn abiertos

Sergio Plaza 329

entonces U0 × V0 es un conjunto abierto del semi–espacio Hm × Rn y

∂(U0 × V0) = (∂U0) × V0 . Si la superficie con borde M y la superficie

sin borde N son orientables entonces la superficie con borde M ×N es

orientable, y la orientacion es definida por el atlas P formado por las

parametrizaciones ϕ×ψ , donde ϕ es positiva respecto de la orientacion

de M y ψ es positiva respecto de la orientacion de N . La coherencia

del atlas P se obtiene de la igualdad (ϕ2 × ψ2)−1 (ϕ1 × ψ1) = (ϕ−12

ϕ1)× (ψ−12 ψ1) .

9.2 Ejercicios

1. Sea M una superficie orientable, sin borde, y considere la super-

ficie con borde I ×M , donde I = [0, 1] . Estudie la orientacion

de ∂(I ×M) .

2. Pruebe que el hiperboloide solido dado por

H = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 6 a , a > 0

es una superficie orientable con borde ¿Cual es el borde de H ?

3. Encuentre los valores de a para los cuales la interseccion del hiper-

boloide solido H = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 6 a ( a 6= 0 )

y la bola unitaria S2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 6 1 es una

superficie con borde (el cual puede ser vacıo)).

4. Considere el rectangulo cerrado R = [0, 5] × [0, 1] y defina una

relacion de equivalencia, ∼ , en R como sigue: en R14 = [1, 4] ×[0, 1] se identifica cada punto consigo mismo, y en R01 ∪ R45 =

[0, 1]× [o, 1]∪ [4, 5]× [0, 1] se identifica (x, y) ∈ R01, con el punto

(x + 4, 1− y) ∈ R45 . Demuestre que M = R/ ∼ es una superficie


no orientable con borde, y que el borde de M = R/ ∼ es una

superficie orientable ¿Cual es la superficie borde de M ?

5. (a) Sea Mm una superficie con borde. Pruebe que ∂M es un

subconjunto cerrado de M . En particular, si M es compacta

entonces ∂M es compacta.

(b) Encuentre un ejemplo, al menos, de una superficie con borde

Mm , tal que ∂M es compacta, pero M no lo es.

6. Sea M = (x, y) ∈ R2 : y > 0 . Pruebe que para cada aplicacion

de clase C1 , g : R −→ R , la aplicacion f : M −→ R dada por

f(x, y) = y+g(x) es de clase C1 , y para cada (x, y) ∈ M se tiene

que f(x, y) = r es un valor regular de f .

Ahora, sea g : R −→ R , dada por

g(x) =

e−1/x2sen(1/x) si x 6= 0

0 si x = 0 .

Pruebe que f es de clase C∞ , y que 0 es un valor regular de f ,

pero f−1(0) no es una superficie ¿Que puede decir respecto del

Teorema de la Funcion Implıcita en este caso?

7. Sea f : [a, b] −→ R una aplicacion diferenciable. Pruebe que

graf(f) = (x, f(x)) : x ∈ [a, b] es una superficie con borde

¿Cual es el borde de graf(f) ?, ¿Es graf(f) orientable?

8. Demuestre que las superficies con borde M = (x, y, z) ∈ R3 :

x2 + y2 + z2 6 1 y N = (x, y, z) ∈ R3 : b2c2x2 + a2c2y2 +

a2b2z2 6 a2b2c2 son difeomorfas.

Sergio Plaza 331

(Indicacion: El difeomorfismo puede ser construido en forma geometrica

o en forma directa definiendolo.)

9. Demuestre que toda superficie n–dimensional compacta con borde,

M ⊂ Rn , es orientable.

10. Sea Mm ⊂ Rn una superficie con borde. Suponga que ∂M es

orientable. ¿Es M orientable?

11. Sea f : B[0, 1] ⊂ Rm → Rn una aplicacion de clase Cr ( r > 1 ),

donde B[0, 1] denota la bola cerrada de centro en 0 y radio 1 en

Rm . Sea M = graf(f) . Pruebe que M es una superficie m–

dimensional con borde y clase Cr , definiendo explıcitamente las

parametrizaciones. Tambien puede hacerlo usando valores regu-

lares.

12. (a) ¿Puede el grafico de la funcion valor absoluto | · | : R→ R ser

el borde de una superficie 2–dimensional de clase Cr , r > 1 ,

con borde ?

(b) Si M es una superficie compacta con borde ¿Puede ∂M ser

una superficie no compacta?

(c) Sea M una superficie conexa con borde. ¿Es necesariamente

∂M una superficie conexa?

(d) ¿Puede el grafico de la funcion f : R→ R dada por f(x) =

| sen(x)|1/2 ser el borde de una superficie 2–dimensional de

clase Cr , r > 1 , con borde?

Capıtulo 10

Calculo Integral

En este capıtulo estudiaremos el concepto de integral, primero para fun-

ciones de variable real a valores en algun espacio euclidiano, y enseguida

para funciones de varias variables a valores reales. Los conceptos mas

importantes tratados aquı son: integral, conjuntos de medida nula, con-

juntos de contenido cero.

10.1 Integral de Caminos

Sea f : [a, b] → Rn un camino. Escribimos f = (f1, . . . , fn) , donde

fi : [a, b] → R (i = 1, . . . , n) son las funciones coordenadas de f . Como

cada funcion coordenada es una funcion real a valores reales, sabemos

como definir (y calcular, cuando es posible hacerlo en forma exacta) su

integral. Decimos que un camino f : [a, b] → Rn , f = (f1, . . . , fn) es

integrable si cada funcion coordenada fi : [a, b] → R es integrable, y

definimos la integral del camino f como el vector

∫ b

af =

(∫ b

af1, . . . ,

∫ b

afn

).

333

334 Calculo Integral

Las siguientes propiedades son faciles de demostrar (pues se reducen

al caso de funciones reales a valores reales) y se dejan a cargo del lector.

Teorema 10.1 Sean f, g : [a, b] → Rn caminos integrables. En-

tonces para cualquier numero real λ y cualquier transformacion lineal

T : Rn → Rm los caminos f ± g , λf y T f son integrables. Ademas,

1.∫ b

a(f ± g) =

∫ b

af ±

∫ b

ag ;

2.∫ b

aλf = λ

∫ b

af ;

3.∫ b

aT f = T

(∫ b

af

);

4.∣∣∣∣∣∣∣∣∫ b

af

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6

∫ b

a‖f‖ = (b − a)‖f‖ , donde ‖f‖ denota la norma

sobre el espacio de funciones acotadas, la cual es definida por

‖f‖ = sup‖f(t)‖ : a 6 t 6 b .

Teorema 10.2 Sea f : [a, b] → Rn un camino integrable. Para todo

c ∈ [a, b] se tiene ∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf .

Teorema 10.3 Sea f : [a, b] → Rn un camino integrable. Definamos

el camino F : [a, b] → Rn por F (x) =∫ xa f(t) dt . Entonces F es

un camino continuo. Ademas, si el camino f es continuo entonces el

camino F es de clase C1 y dFdx (x) = f(x) .

Corolario 10.4 Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto. Dada una apli-

cacion f : U → Rn de clase Cr (r > 1), supongamos que que el

segmento de recta [x, x + h] = x + th : 0 6 t 6 1 esta contenido en

U . Entonces

f(x + h)− f(x) =∫ 1

0Df(x + th)h dt .

Sergio Plaza 335

Demostracion. Consideremos el camino θ : [0, 1] → Rn dado por

θ(t) = f(x + th) . Es claro que el camino θ es de clase Cr y sa-

tisface θ(0) = f(x) , θ(1) = f(x + h) , y por la regla de la cadena

θ′(t) = Df(x + th)h , aplicando el teorema anterior el resultado se sigue

inmediatamente.

Recuerdo. Sea P = t0, . . . , tk , con t0 = a < t − 1 < · · · < tk = b ,

una particion de [a, b] . Usamos la notacion |P| = max|ti − ti−1| :

i = 1, . . . , k para denotar la norma de la particion P . Recordemos

una funcion g : [a, b] → R es rectificable si existe un numero real `(g) ,

tal que para cada ε > 0 dado, existe δ > 0 con la propiedad que si

P = t0, . . . , tk , con t0 = a < t1 < · · · < tk = b es una particion de

[a, b] entonces

|P| < δ implica

∣∣∣∣∣`(g)−k∑

i=1

|g(ti)− g(ti−1)|∣∣∣∣∣ < ε .

Podemos definir el numero

`(g,P) =k∑

i=1

|g(ti)− g(ti−1)|

y tenemos que `(g) = lim|P|→0 `(g,P) .

Ahora si g : [a, b] → R es de clase Cr (r > 1) entonces, usando el

Teorema del Valor Medio del calculo diferencial, se prueba que

`(g) =∫ b

a|g′| .

Ahora, sea f : [a, b] → Rn es un camino, f = (f1, . . . , fn) . Decimos

que f es rectificable si cada funcion coordenada fi : [a, b] → R (i =

1, . . . , n) es rectificable. Notemos que si, P es una particion de [a, b]

entonces `(f,P) = (`(f1,P), . . . , `(fn,P)) . Si f es rectificable, se define


su longitud como

`(f) = lim|P|→0

||`(f,P)|| =∣∣∣∣∣∣∣∣(

lim|P|→0

`(f1,P), . . . , lim|P|→0

`(fn,P)∣∣∣∣

∣∣∣∣ .

De modo analogo al caso de funciones de variable real a valores reales

se prueba, en este caso, que si f es un camino de clase Cr (r > 1)

entonces la longitud de f es dada por

`(f) =∫ b

a‖f ′(t)‖ dt =

∫ b

a

√(f ′1(t))2 + · · ·+ (f ′n(t))2 dt .

10.2 Integrales Multiples

Un rectangulo compacto en Rm es un conjunto R de la forma [a1, b1]×· · · × [am, bm] , donde [aj , bj ] es un intervalo compacto.

Definicion 10.1 Una particion de un rectangulo compacto R = [a1, b1]×· · ·× [am, bm] es una coleccion P = P1, . . . , Pm , donde Pi es una par-

ticion del intervalo compacto [ai, bi] , para i = 1, . . . ,m , .

Sea P una particion del rectangulo R ⊂ Rm . Si Pi divide al intervalo

[ai, bi] en Ni intervalos entonces P divide a R en N = N1 ·N2 · · ·Nm

subrectangulos, llamados subrectagulos de la particion

Dado un rectangulo compacto R ⊂ Rm y una particion P de R .

Sea f : R → R una funcion acotada. Para cada subrectangulo Rk de

R definimosmRk

(f) = inff(x) : x ∈ RkMRk

(f) = supf(x) : x ∈ Rk .

Si R = [a1, b1]×· · ·× [am, bm] es un rectangulo, definimos su volumen

como vol(R) = (b1 − a1) · · · (bm − am) .

Observacion. En lo que sigue, solo consideramos rectangulos com-

pactos, salvo mencion contraria explıcita.

Sergio Plaza 337

Definicion 10.2 La suma inferior y la suma superior de f correspon-

dientes a una particion P son definidas, respectivamente, por

s(f,P) =∑

S

mS(f) vol(S) y S(f,P) =∑

S

MS(f) vol(S) ,

donde la suma es tomada sobre todos los subrectangulos S de la particion

P del rectangulo R .

Desde la definicion es claro que mS(f,P) 6 MS(f,P) para todo

subrectangulo S de la particion P de R , y por lo tanto s(f,P) 6S(f,P) .

Definicion 10.3 Sean P y P ′ particiones de R . Decimos que P ′es una pariticion mas fina que P si, cada subrectangulo de P es una

union finita de subrectangulo de P ′ .

Lema 10.1 Sea R ⊂ Rm un rectangulo y sea f : R → R una funcion

acotada. Sean P ′ y P particiones de R ⊂ Rm . Si P ′ es mas fina que

P entonces s(f,P) 6 s(f,P ′) y S(f,P ′) 6 S(f,P)

Demostracion. Cada rectangulo Rj de P se divide en varios sub-

rectangulos Rj,1, . . . , Rj,α de P ′ , de modo que vol(Rj) = vol(Rj,1) +

· · · + vol(Rj,α) . Es claro que mRj (f) 6 mRj,i(f) , para cada i =

1, . . . , α , puesto que los valores f(x) para x ∈ Rj incluyen todos los

valores f(x) cuando x ∈ Rj,i , y posiblemente otros menores. Luego,

mRj (f) vol(Rj) = mRj (f) vol(Rj,1) + · · ·+ mRj (f) vol(Rj,α)

6 mRj,1(f) vol(Rj,1) + · · ·+ mRj,α(f) vol(Rj,α) ,

de donde se concluye que s(f,P) 6 s(f,P ′) . De modo analogo se prueba

que S(f,P ′) 6 S(f,P) .


Corolario 10.5 Sean P y P ′ particiones de un rectangulo R ⊂ Rm

y sea f : R → R una funcion acotada. Entonces s(f,P ′) 6 S(f,P) .

Demostracion. Tomemos la particion P ′′ = P ∪ P ′ de R . Tenemos

entonces que s(f,P ′) 6 s(f,P ′′) 6 S(f,P ′′) 6 S(f,P) .

Dado un rectangulo R ⊂ Rm y una funcion acotada f : R → R .

Definimos la coleccion P(R) = P : P es una particion de R de

las particiones del rectangulo R , y las colecciones Σinf(f) = s(f,P) :

P ∈ P(R) y Σsup(f) = S(f,P) : P ∈ P(R) de las sumas inferiores

y superiores, respectivamente. Tenemos que cada elemento s ∈ Σinf(f)

es menor o igual que que cada elemento S ∈ Σsup(f) , esto es, cada

elemento s ∈ Σinf(f) es una cota inferior de Σsup(f) y cada elemento

S ∈ Σsup(f) es una cota superior de Σinf(f) . Por lo tanto sup Σinf(f) 6inf Σsup(f) .

Definicion 10.4 Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto. Sea f : R →R es una funcion acotada. Se definen

supΣinf(f) =∫

R

f y inf Σsup(f) =∫

Rf ,

y son llamadas, respectivamente, integral inferior e integral superior de

f sobre R .

Definicion 10.5 Sea R ⊂ Rm un rectangulo y sea f : R → R una

funcion acotada. Decimos que f es integrable sobre R si supΣinf(f) =

inf Σsup(f) . El valor comun es llamado integral de f sobre R y es

denotado por∫R f o bien por

∫R f(x1, . . . , xm)dx1 · · · dxm .

Tenemos entonces que f : R → R es integrable si, y solo si,∫

Rf =

∫Rf .

Sergio Plaza 339

Como en el caso de funciones de variable real a valores reales, tenemos

el siguiente teorema, cuya prueba es facil y se deja al lector.

Teorema 10.6 Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto. Sean f, g :

R → R funciones acotadas e integrables entonces las funciones f + g y

λf , donde λ ∈ R es una constante, |f | , f · g , y f2 son integrables.

Ademas, se tiene∫R(f + g) =

∫R f +

∫R g ,

∫R λf = λ

∫R f ,

∣∣∫R f

∣∣ 6∫R |f | , y | ∫R f | 6 ||f || vol(R) , donde ||f || = sup|f(x)| : x ∈ R .

Teorema 10.7 Sea R ⊂ Rm un rectangulo, y sea f : R → R una

funcion acotada. Entonces f es integrable sobre R si, y solo si, para

cada ε > 0 dado existe una particion P ∈ P(R) , tal que S(f,P) −s(f,P) < ε .

Demostracion. Si la condicion vale, entonces claramente se tiene que

supΣinf(f) = inf Σsup(f) , por lo tanto f es integrable.

Recıprocamente, si f es integrable sobre R entonces sup Σinf(f) =

inf Σsup(f) . Luego para cada ε > 0 dado, existen particiones P,P ′ ∈P(R) con S(f,P)− s(f,P ′) 6 ε . Tomemos una particion P ′′ ∈ P(R)

mas fina que P y que P ′ , tenemos entonces que S(f,P ′′)− s(f,P ′′) 6S(f,P)− s(f,P ′) 6 2ε .

Ejemplos.

1. Sea f : R → R una funcion constante, f(x) = k . Entonces

para cada particion P de R y cada subrectangulo Rj de R se

tiene que mRj (f) = MRj (f) = k , de donde s(f,P) = S(f,P) =∑

Rj∈P k vol(Rj) = k vol(R) , por lo tanto f es integrable sobre

R y∫R f = k vol(R) .


2. Sea f : [0, 1]× [0, 1] → R definida por

f(x, y) =

0 si x es racional

1 si x es irracional .

Si P ∈ P([0, 1]×[0, 1]) entonces cada subrectangulo Rα de [0, 1]×[0, 1] contiene puntos (x1, y1) con x1 racional y puntos (x2, y2)

con x2 irracional. Por lo tanto, mR(f) = 0 y MR(f) = 1 , de

esto obtenemos que s(f,P) =∑

Rα∈P 0 vol(Rα) = 0 y S(f,P) =∑

Rα∈P 1 vol(Rα) = vol([0, 1]× [0, 1]) = 1 , esto muestra que f no

es integrable.

10.3 Conjuntos de Medida Cero y Conjuntos

de Contenido

En esta seccion introducimos los conceptos de medida y de contenido

de conjuntos, los cuales nos permitiran estudiar mas profundamente la

integral.

Definicion 10.6 Un subconjunto A ⊂ Rm tiene medida m–dimensional

cero si, para cada ε > 0, existe un cubrimiento numerable U1, U2, . . .de A por rectangulos compactos, tal que

∑i>1 vol(Ui) < ε .

Es inmediato ver que si A ⊂ Rm tiene medida m–dimensional cero y

B ⊂ A entonces B tiene medida m–dimensional cero.

Observacion. En la definicion anterior podemos usar rectangulos abier-

tos en lugar de rectangulos compactos, los resultados no varıan en nada.

Ejemplos

1. Todo conjunto finito tiene medida cero. Esto es inmediato.

Sergio Plaza 341

2. Todo conjunto numerable tiene medida cero.

En efecto, sea A ⊂ Rm un conjunto numerable. Ordenamos

los puntos de A formando una sucesion a1, a2, . . . . Para cada

ε > 0 dado, elegimos un rectangulo compacto Ui con ai ∈ Ui y

vol(Ui) < ε/2i . Tenemos entonces que∑∞

i=1 vol(Ui) 6∑∞

i=1 ε/2i =

ε , lo que prueba la afirmacion. Por ejemplo, A = x ∈ [0, 1] :

x es racional es numerable, por lo tanto tiene medida 1–dimensional

cero en R .

agregar el conjunto de Cantor tercio

Teorema 10.8 Sea A = Ai ⊂ Rm : i > 1 una coleccion numer-

able de conjuntos de medida m–dimensional cero entonces A = ∪i>1Ai

tiene medida m–dimensional cero.

Demostracion. Sea ε > 0 dado. Como cada conjunto Ai de la

coleccion A tiene medida m–dimensional cero, existe un cubrimiento

numerable Ui,1, Ui,2, . . . de Ai por rectangulos compactos tal que∑∞

j=1 vol(Ui,j) < ε/2i . La coleccion de los rectangulos compactos U =

Ui,ji,j>1 es un cubrimiento de A . Definamos un nuevo cubrimiento

V = V2, V3, . . . de A como sigue: V2 = U1,1 , V3 = U1,2 ∪ U2,1 ,

V4 = U1,3 ∪ U2,2 ∪ U3,1 , V5 = U1,4 ∪ U2,3 ∪ U2,3 ∪ U4,1 , y ası sucesiva-

mente. Tenemos que∑∞

k=2 vol(Vk) 6∑∞

i=1 ε/2i = ε .

Definicion 10.7 Sea A ⊂ Rm . Decimos que A tiene contenido m–

dimensional cero si, para cada ε > 0 dado, existe un cubrimiento

finito U1, . . . , Uk de A por rectangulos compactos (o abiertos) tal

que∑k

i=1 vol(Ui) < ε .

Observacion. Es claro que si A ⊂ Rm tiene contenido cero entonces

tiene medida cero. La recıproca es falsa, y dejamos al lector la tarea de


construir ejemplos.

Recordemos que un subconjunto C ⊂ Rm es compacto si, cada cubrim-

iento de C por conjuntos abiertos contiene un subcubrimiento finito, es

decir, si Oα : α ∈ Λ es un cubrimiento de C por conjuntos abiertos

entonces existe una cantidad finita de ındices, digamos α1, . . . , α` ∈ Λ ,

tal que C ⊂ ∪`i=1Oαi .

Tenemos el siguiente teorema.

Teorema 10.9 Sea A ⊂ Rm un conjunto compacto. Si A tiene me-

dida m–dimensional cero entonces tiene contenido m–dimensional cero.

Demostracion. Sea ε > 0 dado. Como A tiene medida cero, exis-

te un cubrimiento numerable U = U1, U2, . . . de A formado por

rectangulos abiertos tales que∑∞

i=1 vol(Ui) 6 ε . Como A es com-

pacto, existe un subcubrimiento finito Ui1 , . . . , Uik ⊂ U de A , y es

claro que∑k

j=1 vol(Uij ) 6 ε .

Observacion. La conclusion del teorema anterior es falsa si A no

es compacto. Por ejemplo, consideremos el conjunto A = x ∈ [0, 1] :

x es racional . Vimos que A tiene medida 1–dimensional cero. Vamos

a mostrar ahora que no tiene contenido 1–dimensional cero. Para esto

supongamos que A tiene contenido cero y que [a1, b1] , . . . , [ak, bk] es un cubrimiento de A . Entonces A esta contenido en el conjunto

compacto [a1, b1]∪ · · ·∪ [ak, bk] , por lo tanto, tomando clausura se tiene

que A = [0, 1] ⊂ [a1, b1] ∪ · · · ∪ [ak, bk] y que∑k

i=1(bi − ai) > 1 para

todo cubrimiento de este tipo, por lo tanto A no tiene contenido cero.

Otro ejemplo mas simple es considerar A = N . Se tiene que N tiene

medida 1–dimensional cero (por ser numerable), pero no tiene contenido

1–dimensional cero como es facil de verificar.

Sergio Plaza 343

Sea f : A ⊂ Rm → R una funcion acotada. Si f no es continua en un

punto x0 ∈ A , la medida de la discontinuidad de f en x0 se obtiene

como sigue: sea δ > 0 dado, definimos los numeros M(f, x0, δ) =

supf(x) : x ∈ A y ||x − x0|| < δ y m(f, x0, δ) = inff(x) : x ∈A y ||x− x0|| < δ .

Definicion 10.8 La oscilacion de f : A ⊂ Rm → R en x ∈ A ,

denotada por O(f, x) , es

O(f, x) = limδ→0

(M(f, x, δ)−m(f, x, δ)) .

Observacion. El lımite en la definicion anterior existe siempre, pues no

es dıficil probar que M(f, x, δ)−m(f, x, δ) es una funcion no creciente

y positiva de δ cuando δ → 0 .

Teorema 10.10 Sean R ⊂ Rm un rectangulo y f : R → R . En-

tonces f es continua en x0 ∈ R si, y solo si, O(f, x0) = 0 .

Demostracion. Si f es continua en x0 entonces para cada ε > 0 dado,

existe δ > 0 tal que x ∈ R y ||x−x0|| < δ implica |f(x)− f(x0)| < ε ,

es decir, −ε+f(x0) 6 f(x) 6 ε+f(x0) , por lo tanto, m(f, x0, ε) > −ε+

f(x0) y M(f, x0, ε) 6 ε + f(x0) . Luego M(f, x0, δ)−m(f, x0, δ) < 2ε ,

de donde O(f, x0) = 0 . La prueba de la recıproca es inmediata.

Teorema 10.11 Sea A ⊂ Rm un conjunto cerrado. Si f : A → R

es una funcion acotada y ε > 0 es arbitrario. Entonces el conjunto

B = x ∈ A : O(f, x) > ε es cerrado.

Demostracion. Tenemos que B es cerrado si, y solo si, su comple-

mento Rm−B es abierto. Sea x ∈ Rm−B entonces o bien x /∈ A o bien

x ∈ A y O(f, x) < ε . En el primer caso, como A es cerrado, existe un


rectangulo abierto O que contiene a x tal que O ⊂ Rm−A ⊂ Rm−B .

En el segundo caso, existe δ > 0 tal que M(f, x, δ)−m(f, x, δ) < ε . Sea

O un rectangulo abierto que contiene a x y tal que ||x− y|| < δ para

todo y ∈ O . Entonces, si y ∈ O existe δ1 > 0 tal que ||x − z|| < δ

para todo z tal que ||z − y|| < δ1 . Luego, M(f, z, δ)−m(f, z, δ) < ε ,

y por lo tanto O(f, z) < ε , de donde O ⊂ Rm − B . Esto termina la

prueba.

El siguiente resultado es uno de los mas importante en la teorıa de

integracion que estamos desarrollando.

Teorema 10.12 Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto y sea f : R →R una funcion acotada. Denotemos por D(f) el conjunto de puntos de

discontinuidad de f . Entonces f es integrable sobre R si, y solo si,

D(f) tiene medida cero.

Demostracion. Supongamos que D(f) tiene medida m–dimensional

cero. Cubrimos D(f) por una cantidad numerable de rectangulos abier-

tos int(R1), int(R2) . . . , donde cada Ri es un rectangulo compacto y∑

i>1 vol(Ri) < ε . Ahora, para cada punto x ∈ R − D(f) pode-

mos elegir un rectangulo abierto int(Rx) que contiene a x tal que

|f(y) − f(x)| < ε para y ∈ R ∩ int(Rx) , esto pues f es continua

en un tal x . Los conjuntos abiertos int(Rx) para cada x ∈ R−D(f) e

int(Ri) , para i = 1, 2, . . . cubren R . Como R es compacto, podemos

elegir una subcoleccion finita de tales conjuntos abierto que aun cubren

a R , digamos int(R1), . . . , int(Rk), int(Rx1), . . . , int(Rx`) . Denotemos,

por conveniencia, los rectangulos del tipo Rxj simplemente por R′j .

La coleccion de rectangulos R1, . . . , Rk satisface∑k

i=1 vol(Ri) < ε ,

y los rectangulos R′j satisfacen la condicion |f(x) − f(y)| < 2ε para

x, y ∈ R′j ∩R .

Sergio Plaza 345

Manteniendo la notacion, reemplazamos cada rectangulo Ri y cada

rectangulo R′j por su interseccion con R . Es claro que las nuevas colec-

ciones rectangulo Ri y R′j cubren R y satisfacen las respectivas

condiciones anteriores.

Ahora, los puntos extremos de los rectangulos R1, . . . , Rk, R′1, . . . , R

′`

nos permiten definir una particion P de R . Tenemos entonces que cada

rectangulo Ri y R′j es determinado por union de subrectangulos de P .

Dividimos la coleccion de todos los subrectangulos de R determi-

nados por P en dos subcolecciones disjuntas R y R′ , de modo que

cada rectangulo R ∈ R esta contenido en algun rectangulo Ri , y cada

rectangulo R ∈ R′ esta contenido en algun subrectangulo R′j . Luego

∑R∈R(MR(f)−mR(f)) vol(R) 6 2M

∑R∈R vol(R) y

∑R∈R′(MR(f)−

mR(f)) vol(R) 6 2ε∑

R∈R vol(R) , estas desigualdades siguen de |f(x)−f(y)| 6 2M para cada x e y en un rectangulo R ∈ R , y |f(x)−f(y)| 6ε para cada x e y en un rectangulo R ∈ R′ . Ahora,

∑

R∈Rvol(R) 6

k∑

i=1

∑

R⊂Ri

vol(R)

=

k∑

i=1

vol(Ri) < ε

y tambien∑

R∈R′vol(R) 6

∑

R⊂R′j

vol(R) = vol(Rj) .

Luego, S(f,P) − s(f,P) < (2M + 2 vol(R))ε . Lo cual termina la

prueba de esta parte.

Para la recıproca observemos que si f es continua en x0 entonces dado

ε > 0 podemos elegir δ > 0 de modo que |f(x)− f(x0)| < ε para todo

x ∈ R con ||x−x0|| < δ . De esto se sigue que, M(f, x0, δ) 6 f(x0)+ ε

y m(f, x0, δ) > f(x0) − ε , y por lo tanto O(f, x0) 6 2ε , de donde

O(f, x0) = 0 .


Ahora supongamos que f es integrable sobre R . Para cada entero

positivo k sea Dk = x : O(f, x) > 1/k . Entonces el conjunto de las

discontinuidades de f es ∪k>1Dk . Por lo tanto es suficiente mostrar

que cada uno de esos conjuntos Dk tiene medida m–dimensional cero.

Fijemos k > 1 . Dado ε > 0 vamos a cubrir Dk por una cantidad

numerable de rectangulos de volumen total menor que ε .

Elijamos una particion P de R tal que M(f,P)−m(f,P) < ε/(2k) .

Sea D′k el conjunto de puntos de Dk que pertenecen a ∂R para algun

subrectangulo Rj de P ; y sea D′′k el conjunto de los restantes puntos

de Dk . Cubrimos los conjuntos D′k y D′′

k por rectangulos con volumen

total menor que ε/2 .

Para D′k esto es facil de hacer, pues dado un rectangulo Q se tiene

que ∂Q tiene medida cero en Rm , luego ∪Rj∈P∂Rj tiene medida cero,

y como D′k esta contenido en esta union, se sigue que D′

k tiene medida

cero.

Ahora consideremos D′′k . Sean R1, . . . , R` aquellos rectangulos de-

terminados por P que contienen puntos de D′′k . Vamos a mostrar que

el volumen total de esos subrectangulos es menor que ε/2 . Dado i el

rectangulo Ri contiene un punto x0 de D′′k . Como x0 /∈ ∂Ri , existe

δ > 0 tal que el rectangulo de lado δ centrado en x0 esta contenido en

Ri . Entonces

1k

6 O(f, x0, δ) 6 M(f, x0, δ)−m(f, δ) 6 MRi(f)−mRi(f) .

De esto tenemos

∑

i=1

1k

vol(Ri) 6 S(f,P)− s(f,P) <ε

2k.

Esto muestra que∑`

i=1 vol(Ri) < ε/2 . Lo que finaliza la prueba del

teorema.

Sergio Plaza 347

Como consecuencia del teorema anterior tenemos el siguiente teorema

Teorema 10.13 Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto y sea f : R →R una funcion acotada e integrable sobre R .

(a) Si f es nula, excepto sobre un conjunto de medida cero, entonces∫R f = 0 .

(b) Si f es no negativa y∫R f = 0 , entonces f es nula, excepto,

sobre un conjunto de medida cero.

Demostracion. Tenemos definidas las integrales superior e inferior de

f sobre R como∫

Rf = inf Sumsup(f) y

∫

R

f = supSuminf(f) ,

respectivamente.

(a)) Sea E ⊂ Rm el conjunto de medida m–dimensional cero sobre el

cual f es no cero. Sea P una particion de R . Si Rα es un sub-

rectangulo determinado por P , entonces Rα no esta contenido en E ,

luego f se anula sobre un punto de Rα , de donde mRα(f) 6 0 y

MRα(f) > 0 , por lo tanto s(f,P) 6 0 y S(f,P) > 0 . Como estas

desigualdades valen para toda particion P de R , se tiene que∫

R

f 6 0 y∫

Rf > 0

Como∫R f existe, se debe tener que la integral inferior y la integral

superior de f sobre R son iguales a la integral de f sobre R , por lo

tanto∫R f = 0 .

(b)) Como f es integrable, el conjunto de discontinuidad de f tiene

medida m–dimensional cero, por lo tanto podemos suponer que f es


continua, excepto en un conjunto de medida nula. Sea x0 ∈ R y su-

pongamos que f es continua en x0 y que f(x0) > 0 . Sea ε = f(x0) .

Como f es continua en x0 , existe δ > 0 tal que f(x) > ε/2 para

x ∈ R con ||x− x0|| < δ .

Elijamos una particion P de R formada por rectangulos de lado δ . Si

R0 es un subrectagulo determinado por P que contiene a x0 entonces

mR0(f) > ε/2 . Por otra parte, mRα(f) > 0 para todo rectangulo Rα .

Se sigue entonces que s(f,P) =∑

RαmRα(f) vol(Rα) > (ε/2) vol(R0) .

Pero, s(f,P) 6∫R f = 0 , lo cual es una contradiccion, y obtenemos

que f es nula, excepto quiza, sobre un conjunto de medida cero. Esto

completa la prueba.

Sea C ⊂ Rm . La funcion caracterıstica o indicatriz, XC : Rm → R ,

es definida por

XC(x) =

1 si x ∈ C

0 si x /∈ C .

Si C ⊂ Rm es tal que existe un rectangulo compacto R , con C ⊂R , y f : R → R es una funcion acotada tal que XC f es integrable,

definimos∫C f como ∫

Cf =

∫

Rf · XC .

Debemos tener condiciones para saber cuando f · XC es integrable.

Tenemos ahora el siguiente teorema

Teorema 10.14 Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto y sea C ⊂ R .

Supongamos que el borde de C tiene medida cero entonces la funcion

caracterıstica XC : R → R es integrable.

Demostracion. Si x ∈ int(C) entonces existe un rectangulo abierto

U , con x ∈ U ⊂ C . Luego XC(y) = 1 para todo y ∈ U , y por lo tanto

Sergio Plaza 349

continua en x . Analogamente, si x ∈ int(Rm−C) , existe un rectangulo

abierto U con x ∈ U y U ⊂ Rm−C , por lo tanto XC(y) = 0 para todo

y ∈ U , luego XC es continua en x . Finalmente, si x ∈ ∂C entonces

cada rectangulo abierto U con x ∈ U contiene un punto y1 ∈ U ∩C y

un punto y2 ∈ U ∩ (Rm−C) . Ahora, como XC(y1) = 1 y XC(y2) = 0 ,

se tiene que x ∈ R : XC no es continua en x = ∂C , y el resultado

sigue del teorema anterior.

Definicion 10.9 Un conjunto es medible Jordan si, su borde tiene me-

dida m–dimensional cero. La integral∫C 1 es llamado el contenido m–

dimensional o volumen de C .

Observemos que si C ⊂ Rm es medible Jordan entonces XC es inte-

grable sobre C .

Dar Ejemplos

10.4 Calculo de Integrales

El problema de calcular integrales se resuelve, en cierta forma, usando el

Teorema de Fubini, el cual reduce el problema de calcular una integral

multiple al calculo iterativo de integrales de funciones de una variable.

Teorema 10.15 (Fubini) Sean A ⊂ Rm y B ⊂ Rn rectangulos com-

pactos, y sea f : A×B → R una funcion integrable. Para cada x ∈ A ,

sea gx : B → R definida por gx(y) = f(x, y) , y sean

L(x) =∫

B

gx =∫

B

f(x, y)dy

U(x) =∫

Bgx =

∫

Bf(x, y)dy .


Entonces las funciones L y U son integrables sobre A y

∫

A×Bf =

∫

AL =

∫

A

(∫

B

f(x, y)dy

)dx

∫

A×Bf =

∫

AU =

∫

A

(∫

Bf(x, y)dy

)dx

( las integrales del segundo miembro de las igualdades arribas son lla-

madas integrales iteradas de f ).

Demostracion. Sean PA y PB particiones de los rectangulos A y B ,

respectivamente. En A×B consideramos la particion P = PA×PB , la

cual es formada por subrectangulos de la forma Rα = RA ×RB , donde

RA es un subrectangulo de la particion PA y RB es un subrectangulo

de la particion PB . Tenemos que

s(f,P) =∑

Rα∈PmRα(f) vol(Rα)

=∑

RA,RB

mRA×RB(f) vol(RA ×RB)

=∑

RA

(∑

RB

mRA×RB(f) vol(RB)) vol(RA) .

Ahora, si x ∈ RA entonces mRA×RB(f) 6 mRB

(gx) . Luego, para

cada x ∈ RA tenemos

∑

RB

mRA×RB(f) vol(RB) 6

∑

RB

mRB(gx) vol(RB) 6

∫

B

gx = L(x) .

Por lo tanto,

∑

RB

mRA×RB(f) vol(RB) vol(RA) 6

∑

RB

mRB(gx) vol(RB) vol(RA)

6 mRA(L,PA) ,

Sergio Plaza 351

de donde se obtiene que

s(f,P) 6∑

RA

∑

RB

mRA×RB(f) vol(RB)

vol(RA) 6 s(L,PA) . (10.1)

De modo analogo se demuestra que S(U ,PA) 6 S(f,P) .

De lo anterior deducimos que

s(f,P) 6 s(L,P) 6 S(L,PA) 6 S(U ,PA) 6 S(f,P) .

Como f es integrable, se tiene que

supPs(f,P) = inf

PS(f,P) =

∫

A×Bf ,

donde tanto el supremo como el ınfimo son tomados sobre todas las

particiones P de A×B . Por lo tanto se tiene

sups(L,PA) = infS(L,PA) =∫

A×Bf ,

es decir, L es integrable y∫A L =

∫A×B f . Finalmente, para U , con-

siderando las desigualdades

s(f,P) 6 s(L,PA) 6 s(U ,PA) 6 S(U ,PA) 6 S(f,P)

se obtiene el resultado de modo analogo al caso anterior.

Observaciones.

1. De modo analogo se prueba que

∫

A×Bf =

∫

B

(∫

A

f(x, y)dx

)dy =

∫

B

(∫

Af(x, y)dx

)dy

esta son las integrales iteradas de f en orden inversa a las que

aparecen en el enunciado del Teorema de Fubini.


2. Si gx es integrable entonces se tiene (de inmediato) que∫A×B f =

∫A

(∫B f(x, y)dy

)dx , esto ocurre, por ejemplo, cuando f es con-

tinua.

3. Lo usual es que gx sea integrable, salvo para un conjunto finito

de puntos de A , en este caso la funcion L(x) =∫B f(x, y)dy esta

bien definida, salvo un numero finito de puntos. Por otra parte, si

el valor de L es alterado en un numero finito de puntos el valor

de∫A L no se altera, por lo tanto podemos como antes escribir

∫A×B f =

∫A

(∫B f(x, y)dy

)dx , siempre y cuando

∫B f(x, y)dy

se defina de modo arbitrario, por ejemplo, asignandole el valor 0

cuando no exista.

4. Existen casos en los cuales no podemos proceder como en el item

3, anterior y debemos aplicar el Teorema de Fubini tal y cual fue

establecido arriba. Por ejemplo, consideremos la funcion f [0, 1]×[0, 1] → R definida por

f(x, y) =

1 si x es irracional

1 si x es racional e y es irracional

1− 1/q si x = p/q es irreducible e y es racional

Se tiene que f es integrable sobre [0, 1]×[0, 1] y que∫[0,1]×[0,1] f =

1 . Por otra parte, tenemos que∫[0,1] f(x, y)dy = 1 si x es

racional, y no existe cuando x es racional. Por lo tanto h(x) =∫[0,1] f(x, y)dy no es integrable, aun cuando la definamos como

siendo igual a 0 cuando la integral no existe. En consecuencia,

debemos aplicar el Teorema de Fubini tal como fue establecido.

Sergio Plaza 353

5. Sea f : [0, 1]× [0, 1] → R definida por

f(x, y) =

12 si y es racional

x si y es irracional.

Entonces∫ 10 (

∫ 10 fdy)dx = 1

2 , pero∫ 10 (

∫ 10 fdx)dy no existe.

En efecto, para y racional se tiene∫ 1

0fdx =

∫ 1

0

12dx =

12

y para y irracional∫ 1

0fdx =

∫ 1

0xdx =

12

.

Por lo tanto,∫ 1

0

(∫ 1

0fdx

)dy =

∫ 1

0

12dy =

12

.

Ahora, procediendo como para funciones de una variable, podemos

mostrar, facilmente, que∫ 10 fdy no existe, por lo tanto no existe

∫ 10 (

∫ 10 fdy)dx . Por otra parte,

∫R f no existe, donde R = [0, 1]×

[0, 1] .

6. Si C ⊂ A×B , podemos utilizar el Teorema de Fubini para calcular∫C f , la cual recordemos es definida como siendo

∫A fXC .

En general, si C ⊂ A × B la mayor dificultad para deducir ex-

presiones para∫C f es determinar C ∩ (x × B) para x ∈ A o

bien C ∩ (A × y) para y ∈ B . Por ejemplo, si es mas facil

determinar esta ultima interseccion, usamos la integral iterada∫C f =

∫B

(∫A f(x, y)XC(x, y)dx

)dy .


Sea U ⊂ Rm es un conjunto abierto y acotado, entonces existe

un cubrimiento abierto U de U tal que cada elemento O ∈ U esta

contenido en U y es medible Jordan, es decir, ∂O tiene medida m–

dimensional cero, por ejemplo, podemos tomar U = R ⊂ U : R rectangulo abierto .

Sea U uno de tales cubrimientos y sea Φ = ϕi : i ∈ Λ una particion

de la unidad subordinada a U . Si f : U → R es tal que para cada

ϕ ∈ Φ , la funcion ϕ · f es integrable. (note que (ϕ · f)(x) = 0 para

x /∈ sop(f) ), definimos∫

Uf =

∑

ϕ∈Φ

∫

Uϕ · f .

Tenemos que demostrar que∫U f esta bien definida (esto es, la suma

del lado derecho en la igualdad arriba es convergente) y que no depende

de la particion de la unidad usada para definirla.

Teorema 10.16 Sea U ⊂ Rm un conjunto acotado. Sean U un cu-

brimiento abierto de U como arriba, y Φ una particion de la unidad

subordinada a U . Si f : U → R es una funcion acotada y el conjunto

de las discontinuidades de f tiene medida cero. Entonces

∑

ϕ∈Φ

∫

Uϕ · f

es convergente. Ademas, si V es otro cubrimiento abierto de U y Ψ

es una particion de la unidad subordinada a V entonces

∑

ϕ∈Φ

∫

Uϕ · f =

∑

ψ∈Ψ

∫

Uψ · f .

Demostracion. Como U ⊂ Rm es acotado, existe un rectangulo com-

pacto R ⊂ Rm que contiene a U y como f es acotada, existe una

constante M > 0 tal que |f(x)| 6 M para todo x ∈ U . Luego,

Sergio Plaza 355

∫U |ϕf | 6

∫U M |ϕ| . Ahora, para cualquier coleccion finita F ⊂ Φ , se

tiene∑

ϕ∈F

∣∣∣∣∫

Uϕf

∣∣∣∣ 6∑

ϕ∈F

∫

U|ϕf | 6 M

∑

ϕ∈F

∫

U|ϕ| = M

∫

U

∑

ϕ∈Fϕ .

En R se tiene que∑

ϕ∈F ϕ 6∑

ϕ∈Φ ϕ = 1 . Luego,

∑

ϕ∈F|∫

Uϕf | 6

∑

ϕ∈FM

∫

Uϕ = M

∫

U

∑

ϕ∈Fϕ 6 M

∫

R1 6 M vol(R) .

Por lo tanto∑

ϕ∈Φ |∫U ϕf | es convergente, luego

∑ϕ∈Φ

∫U ϕf es

convergente.

Ahora, si Ψ = ψj : j ∈ Γ es otra particion de la unidad subordi-

nada a V , entonces la coleccion de todas las funciones ϕ ·ψ , con ϕ ∈ Φ

y ψ ∈ Ψ tambien es una particion de la unidad para U . Tenemos que,

ϕ · f = 0 , excepto sobre un conjunto compacto C , y solo un numero

finito de funciones ψ’s son no cero sobre C . Podemos escribir,

∑

ϕ∈Φ

∫

Uϕf =

∑

ϕ∈Φ

∫

U

∑

ψ∈Ψ

ψ ϕ f

=∑

ϕ∈Φ,ψ∈Ψ

∫

U(ψ ϕ f)

=∑

ψ∈Ψ

∫

U

∑

ϕ∈Φ

ψ ϕ f

=∑

ψ∈Ψ

∫

Uψ f .

Esto completa la demostracion del Teorema.

Si U ⊂ Rn es medible Jordan y f : U → R es una funcion acotada,

tenemos dos definiciones para∫U f . Afirmamos que ellas coinciden, es

decir,∫U f =

∫R f · ξU y

∫U f =

∑ϕ∈Φ

∫ϕf .


En efecto, sea ε > 0 es dado, entonces existe un conjunto compacto

C ⊂ U tal que∫U−C 1 < ε (pruebe esto). Ademas, solo un numero

finito de ϕ ∈ Φ son distinto de cero en C . Sea F ⊂ Φ una coleccion

finita que contiene a las ϕ’s que son no cero en C entonces

∣∣∣∣∣∣

∫

Uf −

∑

ϕ∈F

∫

Uϕ · f

∣∣∣∣∣∣6

∫

U|f | |1−

∑

ϕ∈Fϕ|

6 M

∫

U(1−

∑

ϕ∈Fϕ)

= M

∫

U

∑

ϕ∈Φ−Fϕ

6 M

∫

U−C1 < Mε .

Por lo tanto∑

ϕ∈F∫U ϕf =

∫U f . Lo que completa la prueba de la

afirmacion.

10.5 Teorema del Cambio de Variable

Sean I = [a, b] ⊂ R y g : I → R una funcion integrable de clase C1 ,

con g′(x) 6= 0 para todo x ∈ ]a, b[ entonces el conjunto J = g(I) es un

intervalo compacto con puntos extremos g(a) y g(b) . Si f : J → R es

una funcion integrable, entonces se tiene que∫

Jf =

∫ b

a(f g)|g′| .

Este es el Teorema del Cambio de Variable en el calculo integral de

funciones a valores reales de variable real. Para el caso de funciones

reales de varias variables, tenemos.

Sergio Plaza 357

Teorema 10.17 (del Cambio de Variable). Sea U ⊂ Rn un conjunto

abierto y acotado, y sea g : U → Rn una funcion inyectiva de clase C1 ,

tal que det(Dg(x)) 6= 0 para todo x ∈ U (esto es, g es un difeomor-

fismo del abierto U sobre el abierto V = g(U) ). Si f : g(U) → R es

una funcion integrable entonces∫

g(U)f =

∫

U(f g)| det(Dg)| .

La demostaracion la haremos a traves de varios lemas.

Lema 10.2 En las hipotesis del Teorema anterior, supongamos que

existe un cubrimiento abierto U de U tal que para cada O ∈ U y cada

f integrable se tiene∫

g(O)f =

∫

O(f g)| det Dg| .

Entonces el Teorema vale para U .

Demostracion. La coleccion g(U) = g(A) : A ∈ U es un cubri-

miento abierto de g(U) . Sea Φ una particion de la unidad subordinada

al cubrimiento g(U) . Si ϕ = 0 fuera de g(A) entonces como g es

inyectiva se tiene que (ϕ · f) g = 0 fuera de A , luego la coleccion

ϕ g : ϕ ∈ Φ es una particion de la unidad subordinada a U . Por

lo tanto, ∫

g(A)ϕ · f =

∫

A((ϕ · f) g) | detDg|

puede ser escrita como∫

g(U)ϕ · f =

∫

U((ϕ · f) g) | detDg| .

Luego∫

g(U)f =

∑

ϕ∈Φ

∫

g(U)ϕ · f


=∑

ϕ∈Φ

∫

U((ϕ · f) g) |det Dg|

=∑

ϕ∈Φ

∫

U(ϕ g) · (f g)| detDg|

=∫

U

∑

ϕ∈Φ

(ϕ g) · (f g)| detDg|

=∫

U(f g)| detDg| .

Nota. En este lema es la unica parte de la demostracion del Teorema

donde se usa que g es inyectiva sobre todo U .

Lema 10.3 Basta probar el Teorema para f = 1 .

Demostracion. Es claro que si el Teorema vale para f = 1 , entonces

vale para toda funcion constante. Sea R ⊂ g(U) un rectangulo y sea Puna particion de R . Para cada subrectangulo Rα en P , sea fRα(x) =

mRα(f) (funcion constante). Entonces

s(f,P) =∑

Rα

mRα(f) vol(Rα)

=∑

Rα

∫

int(Rα)fRα

=∑

Rα

∫

g−1(int(Rα))(fRα g) |det Dg|

6∑

Rα

∫

g−1(int(Rα))(f g)| detDg|


Lema 10.5 El Teorema vale si g es una transformacion lineal.

Demostracion. Desde los Lemas 1 y 2, es suficiente probar este lema

para cada rectangulo abierto R , y en este caso se tiene

∫

g(R)1 =

∫

R| detDg| =

∫

R| det g| .

Lema 10.6 Podemos suponer que Dg(x) = I , para cada x ∈ U .

Demostracion. Si T = Dg(x) entonces D(T−1 g)(x) = I . Como el

Teorema vale para T , si vale para T−1 g entonces tambien vale para

g .

Demostracion del Teorema. La demostracion la haremos por in-

duccion sobre la dimension n de Rn .

Primero el Teorema vale para n = 1 . Esto fue probado en el calculo

de una variable.

Supongamos ahora que el Teorema vale para n− 1 .

Para cada x ∈ U basta encontrar un conjunto abierto V ⊂ U con

x ∈ V para el cual el Teorema vale. Ademas, por el Lema 5 .7 podemos

suponer que Dg(x) = I , donde g = (g1, . . . , gn−1) .

Definamos h : U → Rn por

h(x1, . . . , xn) = (g1(x1, . . . , xn), . . . , gn−1(x1, . . . , xn), xn) .

Tenemos que Dh(x1, . . . , xn) = I . Luego por el Teorema de la Funcion

Inversa, existe un abierto U1 ⊂ U con h/U1 inyectiva y det(Dh(y)) 6= 0

para todo y ∈ U1 . Sea k : h(U1) → Rn definida por k(x1, . . . , xn) =

x1, . . . , xn−1, gn(h−1(x1, . . . , xn))) , entonces es inmediato ver que g =

k h , esto es, g es la composicion de dos funciones, cada una de las

Sergio Plaza 361

cuales cambia menos de n coordenadas. Tenemos,

D(gn h−1)(h(x0)) = Dgn(h−1(h(x0))) (Dh(x0))−1

= Dgn(x0) I = Dgn(x0) .

Luego, ∂(gnh−1)∂xn

(h(x0)) = ∂gn

∂xn(x0) , de donde Dk(h(x0)) = I . Por lo

tanto, en un conjunto abierto V con h(x0) ∈ V ⊂ h(U1) , la funcion k

es inyectiva y detDk(x) 6= 0 . Pongamos W = k−1(V ) . Entonces se

tiene que g = k h , donde h : W → Rn , k : V → Rn , y h(W ) ⊂ V .

Luego, basta probar el Teorema para h y k . Haremos la demostracion

para h , para k es facil y se deja al lector.

Demostracion para h . Sea R ⊂ W un rectangulo de la forma R1 ×[an, bn] , donde R1 ⊂ Rn−1 es un rectangulo. Por el Teorema de Fubini,

∫

h(R)1 =

∫

[an,bn]

(∫

h(R1×xn)1 dx1 · · · dxn−1

)dxn .

Sea hxn : R1 → Rn−1 la funcion definida por hxn(x1, . . . , xn−1) =

(g1(x1, . . . , xn), . . . , gn−1(x1, . . . , xn)) . Tenemos que hxn es inyectiva y

det Dhxn(x1, . . . , xn−1) = detDh(x1, . . . , xn) 6= 0 . Ademas,

∫

h(R1×xn)1 dx1 · · · dxn−1 =

∫

hxn (R1)1 dx1 · · · dxn−1 .


Ahora, como el Teorema vale para n− 1 , tenemos

∫h(R) 1 =

∫

[an,bn]

(∫

hxn(R1)1 dx1 · · · dxn−1

)dxn

=∫

[an,bn]

(∫

R1

| det Dhxn(x1, . . . , xn−1)| dx1 · · · dxn−1

)dxn

=∫

[an,bn]

(∫

R1

| det Dh(x1, . . . , xn)| dx1 · · · dxn−1

)dxn

=∫

R| detDh| .

Esto completa la prueba del Teorema.

Nota. La condicion det(Dg(x)) 6= 0 puede ser eliminada, esto es con-

secuencia del siguiente Teorema.

Teorema 10.18 (Sard) Sea g : U ⊂ Rn → Rn una aplicacion difer-

enciable de clase C1 , con U abierto, y sea S = x ∈ U : det Dg(x) =

0 . Entonces g(S) tiene medida cero.

10.6 Ejercicios

1. Sea U ⊂ Rn un conjunto medible Jordan y sea ε > 0 dado.

Pruebe que existe un conjunto compacto C ⊂ U tal que∫U−C 1 <

ε .

2. Sea f : R→ R definida por

f(x) =

e−1/x2si x > 0

0 si x 6 0.

Sergio Plaza 363

(a) Pruebe que f es C∞.

(b) Defina g : R→ R por g(x) = f(x− a)f(b− x) . Pruebe que

g es C∞, positiva sobre el intervalo ]a, b[ , y cero fuera de

ese intervalo.

(c) Defina h : R→ R por

h(x) =

∫ x−∞ g(t)dt∫∞−∞ g(u)du

.

Pruebe que h es C∞ y que h(x) = 0 para x < a , y h(x) =

1 para x > b , y 0 < h(x) < 1 para x ∈ ]a, b[ .

(d) Use esta funcion h para construir una funcion cototo ψ :

Rn → R.

3. Calcular∫ b

ar(t) dt , donde

(a) r(t) = (et cos(t), et sen(t)) , donde a = 0 y b = 2.

(b) r(t) = (a(senh(t)− t), a(cosh(t)− 1)) , 0 6 t 6 T , y a > 0.

(c) r(t) = ( c2

a cos3(t), c2

b sen3(t)) , donde 0 6 t 6 2π , c2 =

a2 − b2 , y 0 < a < b

4. Sea f : [a, b] → R una funcion de clase C1 , y sea r(t) = (t, f(t)) .

Pruebe que∫ b

a‖r′(t)‖ dt =

∫ b

a

√1 + (f ′(t))2 dt .

5. Si una curva tiene ecuacion y2 = x3 . Encuentre la longitud del

arco que une (1,−1) a (1, 1) .

6. Si una curva tiene una ecuacion de la forma r = f(θ) , en coorde-

nadas polares, y si f es de clase C1 en un intervalo [a, b] . Probar

que la longitud de la grafica de f entre θ = a y θ = b esta dada

por∫ b

a

√(f(θ))2 + (f ′(θ))2 dθ .


7. Sea r(θ) = (a sen(θ), b cos(θ)) , donde 0 < b < a . Probar que

la grafica de r es una elıpse, y su longitud esta dada por L =

4a

∫ π2

0

√1− k2 sen 2(θ) dθ , donde k =

√a2−b2

a ( k es llamada

excentricidad de la elipse.)

8. Si 0 < b < 4a , sea r(t) =(a(t− sen(t)), a(1− cos(t)), b sen( t

2)).

Probar que la integral de la trayectoria descrita desde t = 0 hasta

t = 2π por r(t) es 8aE(k) , donde E(k) es una integral como la

dada en el ejercicio anterior, con k = 1− b2

16a2 .

Una integral E(k) como las anteriores es llamada Integral Elıptica.

9. Sea f : [0, 1]× [0, 1] → R dada por

f(x, y) =

0 si 0 6 x 6 12

1 si 12 6 x 6 1 .

Probar que f es integrable y que∫

[0,1]×[0,1]f =

12

.

10. Sea f : A → R integrable, donde A ⊂ Rn un rectangulo

compacto y sea g = f , excepto en un conjunto de medida n–

dimensional nula. Probar que g es integrable y que∫

Af =

∫

Ag .

11. Cambie el orden de integracion en la integral∫ 2

−2

∫ 3

y2−1f(x, y)dxdy .

12. Sean f, g : [a, b] → R funciones integrables. Pruebe que∣∣∣∣∫ b

af · g

∣∣∣∣ 6(∫ b

af

)1/2 (∫ b

ag

)1/2

¿En que caso vale la igualdad?

Sergio Plaza 365

13. Encuentre el area encerrada por la curva x2 − xy + y2 = 1 .

14. Calcule la integral∫ 1/3

0

∫ 2x

x/2(x + y)dydx aplicando el cambio de

variables u = 2x− y , y = −x + 2y .

15. Sean A ⊂ Rn un rectangulo y f, g : A → R integrables.

(a) Para cada particion P de A y cada subrectangulo S de P .

Probar que mS(f) + mS(g) 6 mS(f + g) y MS(f + g) 6MS(f)+MS(g) y por lo tanto s(f,P)+s(g,P) 6 s(f +g,P)

y S(f + g,P) 6 S(f,P) + S(g,P) .

(b) Probar que f + g es integrable y que∫

Af + g =

∫

Af +

∫

Ag .

(c) Para cada constante c ∈ R . Probar que∫

Acf = c

∫

Af .

16. Sean A ⊂ Rn rectangulo compacto, y sea f : A → R y P una

particion de A . Probar que f es integrable si, y solo si, para cada

subrectangulo S de P la funcion f/S es integrable, y en este

caso∫

Af =

∑

S∈P

∫

Sf/S .

17. Sea A ⊂ Rn un rectangulo y sean f, g : A → R integrables con

f 6 g . Probar que∫

Af 6

∫

Ag .

18. Sea A ⊂ Rn un rectangulo, sea y f : A → R integrable. Probar

que∣∣∣∣∫

Af

∣∣∣∣ 6∫

A|f | .

19. Si ai < bi , para i = 1, . . . , n. Probar que [a1, b1]× · · · × [an, bn]

no tiene contenido cero.

20.


(a) Probar que un conjunto no acotado no puede tener contenido

cero.

(b) Dar un ejemplo de un conjunto cerrado de medida cero que

no tenga contenido cero.

21. Pruebe que la frontera de un conjunto de contenido cero tiene

contenido cero.

22. Si A ⊂ Rn tiene medida cero. Construya ejemplos donde A y

∂A no tienen medida cero.

23. Sea f : [a, b] → R una aplicacion continua. Pruebe que graf(f) =

(x, f(x)) : x ∈ [a, b] tiene medida cero.

24. Sea U ⊂ R2 un conjunto abierto y sea f : U → R una aplicacion

de clase C2 . Sea Q un rectangulo contenido en U .

Use el Teorema de Fubini y el Teorema Fundamental del Calculo

para mostrar que ∫

Q

∂2f

∂y∂x=

∫

Q

∂2f

∂x∂y.

25. Sean f, g : S → R . Suponga que f y g son integrables sobre S .

a) Muestre que si f = g excepto sobre un conjunto de medida

nula entonces∫

Sf =

∫

Sg .

b) Si f(x) 6 g(x) para todo x ∈ S y∫

Sf =

∫

Sg . Pruebe que

f y g coinciden excepto sobre un conjunto de medida nula.

26. Sea Ω la region en el primer cuadrante acotada por las parabolas

y = x2 e y = 3x2 y por las hiperbolas xy = 2 y xy = 4 . Haga el

Sergio Plaza 367

siguiente cambio de variable

x = u−1/3v1/3

y = u1/3v2/3

y calcule la integral∫

Ωy2x−1dxdy .

27. Sea R la region del plano acotada por las parabolas y = 2x2 , y =

4x2 , x = y2 , y x = 3y2 . Use el cambio de variable x = u2/3v1/3 ,

y = u1/3v2/3 para calcular la integral∫

Rxydxdy .

28. Calcule∫

Ex2y2 +2y4zdxdydz , donde E = (x, y, z) ∈ R3 : x2 +

y2 6 4 , 0 6 z 6 1

29. Calcule∫

E

√x2 + y2 exp(−(x2+y2+z2))dV , donde E = (x, y, z) ∈

R3 : x2 + y2 + zr 6 1 .

30. Sea R la region acotada por las rectas x + y = 1 , x + y = −1 ,

x− y = −1 . Considere la transformacion u = x + y , v = x− y ,

y calcule∫

Rx2 + 2xy dxdy .

31. Sea E = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 6 9 , 0 6 z 6 3 . Calcule∫

E

√x2 + y2 + z2ddxdydz y

∫

E

1√x2 + y2 + z2

dxdydz .

32. Calcule∫

Rxydxdy , donde R = [0, 1]× [0, 1]

33. Calcule∫

Rcos(x + y)dxdy , donde R = [0, π]× [0, π] .

34. Sea R = (x, y) ∈ R2 : x2

a2 + y2

b26 1 . Calcule

∫

Rx2dA .


35. Sea R = (x, y) ∈ R2 : x2+y2 6 a2 . Calcule∫

Rln(x2+y2)dxdy

y∫R

xy√x2+y2

dxdy .

36. Sea R = [0, 1]×[0, 1]×[0, 1] . Calcule las integrales∫

Rxyz dxdydz

y∫

Rxyz sen(x2 + y2 + z2) dxdydz .

37. Sea R = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 6 1 , x > 0 , y > 0 , z > 0 .

Calcule∫

Rxyz dV .

38. Sea T el tetraedro con vertices (0, 0, 0) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , y

(0, 0, 1) . Sea f una funcion continua sobre el intervalo [0, 1] .

Suponga que ∫ 1

0u2f(u)du = 3

Calcule ∫

Tf(x + y + z)dxdydz .

39. Calcule la integral∫ 1

3

0

∫ 2x

x2

x+ydydx usando el cambio de variable

u = 2x− y , v = −x + 2y .

40. Sea A ⊂ Rn y B ⊂ Rm rectangulos compactos. Sean Q =

A×B y f : Q → R una aplicacion acotada. Pruebe que si∫

Qf

existe entonces∫

Bf(x, y) existe para x ∈ A−D , donde D es un

conjunto de medida nula en Rn .

41. Sean S1, S2 ⊂ Rn conjuntos acotados. Sea f : S1 ∪ S2 → R

una aplicacion acotada. Pruebe que si f es integrable sobre S1 y

sobre S2 entonces f es integrable sobre S1 − S2 , y∫

S1−S2

f =∫

S1

f −∫

S2

f .

Sergio Plaza 369

42. Sea S ⊂ Rn un conjunto acotado y sea f : S → Rn una aplicacion

continua. Sea A = int(S) . Dar ejemplos donde∫

Af existe y

∫

Sf no existe.

43. Si f, g : A → R son integrables. Pruebe que f g y f2 son

integrable.

44. Pruebe que si C tiene contenido cero, entonces C ⊂ A para

algun rectangulo compacto A , y C es medible Jordan. Ademas,∫

AXC = 0.

45. Dar ejemplos de conjuntos acotados C , de medida cero tal que∫

AXC no existe.

46. Si C es un conjunto acotado de medida cero y∫

AXC existe,

pruebe que∫

AXC = 0 .

47. Si f : A → R es no negativa y∫

Af = 0. Pruebe que x ∈ A :

f(x) 6= 0 tiene medida cero.

48. Sea A ⊂ Rn un conjunto medible Jordan, y sea ε > 0. Pruebe

que existe un conjunto compacto, medible Jordan C ⊂ A , tal que∫

AXA−C = 0 .

49. Calcular∫

Wf(x, y, z)dxdydz para las funciones f y regiones W

que se indican

(a) f(x, y, z) = zex+y , W = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1];

(b) f(x, y, z) = 2x + 3y + z , W = [1, 2]× [−1, 1]× [0, 1];

(c) f(x, y, z) = e−xyy , W = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1];


(d) f(x, y, z) = z2y−zx2−zx4

1+x2 , W = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1] .

50. Hallar∫

Dyzdxdydz, si D es la region limitada por los planos

coordenados y los planos x + y = 1 , z = 4.

51. Sea f : [a, b] → R una funcion integrable y no negativa, y sea

Af = (x, y) : a 6 x 6 b , 0 6 y 6 f(x) . Pruebe que Af es

medible Jordan y su area es∫ b

af .

52. Sea f : [a, b]× [a, b] → R una funcion integrable. Pruebe que

∫ b

a

∫ y

af(x, y) dxdy =

∫ b

a

∫ b

xf(x, y) dydx .

53. Use el Teorema de Fubini para demostrar que∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) , si estas son continuas. (Indicacion. Si

∂2f

∂x∂y(x0, y0)−

∂2f

∂y∂x(x0, y0) > 0 , entonces existe un rectangulo A , con (x0, y0) ∈

A tal que∂2f

∂x∂y(x, y)− ∂2f

∂y∂x(x, y) > 0 para todo (x, y) ∈ A )

54. Usando el Teorema de Fubini, deduzca una formula para calcu-

lar el volumen de un conjunto en R3 obtenido haciendo girar un

conjunto en el plano yz alrededor del eje x .

55. Sea A ⊂ Rn un conjunto de medida cero. Pruebe que A × Rk

tiene medida cero en Rn+k .

56. Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k > 1 y con

m < n . Pruebe que M tiene medida cero.

57. Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k > 1 , Pruebe

que existe una particion de la unidad Ck en M .

Sergio Plaza 371

58. Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck , con k > 1 . Dados

dos conjuntos cerrados disjuntos A,B de M . Pruebe que existe

una funcion de clase Ck , f : M → R , con 0 6 f(p) 6 1 para

todo p ∈ M , que satisface f/A = 0 y f/B = 1 . (Indicacion.

Considere el cubrimiento abierto de M dado por los conjuntos

F = M −A y G = M −B , y una particion de la unidad asociada

a el).

59. Sea f : [a, b] → Rn un camino tal que f ′(t) 6= 0 para todo

t ∈ [a, b] . Pruebe que existe un difeomorfismo ϕ : [c, d] → [a, b] ,

con ϕ′(s) > 0 para todo s ∈ [c, d] , tal que g = f ϕ : [c, d] → Rn

satisface ‖g′(s)‖ = 1 , para todo s ∈ [c, d] (‖·‖ norma euclideana).

Use lo anterior para reparametrizar el camino f : [0, 1] → R3 ,

dado por f(t) = (et cos(t), et sen(t), et) .

60. Sea f : [0, 1] → R2 , dado por

f(t) =

(tα sen(1/t), t) , t 6= 0

(0, 0) , t = 0 .

Pruebe que f es rectificable si, y solo si, α > 1 .

61. Sea C ⊂ Rn un conjunto cerrado. Pruebe que si C tiene medida

nula entonces Fr(C) (frontera de C ) tambien tiene medida nula.

Ilustre con un ejemplo que puede existir un conjunto C ⊂ Rn con

medida nula y tal que Fr(C) no tiene medida nula.

62. Calcule la longitud del camino f : [0, 2π] → R2 , dado por f(t) =

(a3 (2 cos(t) + cos(2t)), a

3 (2 sen(t) + sen(2t))) .


63. Calcular∫

Mxyzdxdydz , donde M es la region limitada por las

superficies

(a) x2 + y2 − 2x = 0 , y = z2 , z = 0;

(b) x2 + y2 − 2z = 0 , y = z2.

64. Exprese la integral∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ g(x,y)

0f(x, y, z)dzdydx

como una integral en coordenadas cilındricas.

65. Encuentre el volumen del solido V = (x, y, z) : x2 + y2 + z2 6a2 , x2 + y2 > b2 , donde a > b .

66. Calcular∫

Dyzdz dydx , donde D el primer octante del solido

delimitado por el elipsoidex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1.

67. Integrar cambiando el orden de todas las formas posibles

(a)∫ 1

0

∫ x

0

∫ y

0f(x, y, z)dzdydx

(b)∫ 1

0

∫ x

0

∫ x2+y2

0f(x, y, z)dzdydx .

68. Mediante un cambio de variable a coordenadas cilındricas, calcule

las siguientes integrales:

(a)∫

D(x2 + y2)2dxdydz , D = (x, y, z) : x2 + y2 6 2z 6 4;

(b)∫

Dz exp−(x2 + y2)dxdydz , D = (x, y, z) : 2(x2 + y2) 6

z2 6 x2 + y2 + 1, z > 0.

69. Calcular∫

Dzdxdydz , siendo D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 6

z2, x2 + y2 + z2 6 1, z > 0 .

Sergio Plaza 373

70. Sea R ⊂ Rm un rectangulo compacto, y sea f : R → R . Se de-

finen las aplicaciones f+, f− : R → R por f+(x) = maxf(x), 0y f−(x) = max0,−f(x) , llamadas parte positiva y parte nega-

tiva de f , respectivamente. Pruebe que

(a) f = f+ − f− , |f | = f+ + f− .

(b) Si f es integrable entonces f+ y f− tambien lo son.

71. Calcular la integral∫

M

1(1 + x + y + z)

dxdydz , donde la region

M esta limitada por las superficies x + y + z = 1 , x = 0 , y = 0 ,

z = 0 .

72. Sean U ⊂ Rn un abierto, y f : U → Rm una aplicacion continua.

Pruebe que graf(f) = (x, f(x)) ∈ Rn × Rm : x ∈ U tiene

medida (n + m)–dimensional cero.

73. Calcular∫

S

1

(x2 + y2 + z2)32

dxdydz , donde S el solido compren-

dido entre las esferas x2 + y2 + z2 = a2 y x2 + y2 + z2 = b2 , con

0 < b < a .

74. Calcular el volumen del solido acotado por la superficie z = x2+y ,

y el rectangulo R = [0, 1]× [1, 2] y los lados verticales de R .

75. Hallar el volumen del solido D =

(x, y, z) : 0 6 z 6 x2

4+

y2

96 1

.

76. Calcular el volumen del solido limitado por la esfera x2+y2+z2 =

a2 y el cilindro x2 + y2 − ay = 0 .

77. Calcule la integral ∫ ∫

R(1 + xy)dxdy


de dos maneras distintas, siendo R = R1 ∪R2 , donde

R1 =

−1 6 x 6 0

0 6 y 6 (x + 1)2y R2 =

0 6 x 6 1

0 6 y 6 (x− 1)2 .

78. Calcular el volumen del solido de revolucion z2 > x2 + y2 encer-

rado por la superficie x2 + y2 + z2 = 1.

79. Calcular el volumen de la region acotada por las superficies z =

x2 + y2 y z = 10− x2 − 2y2 .

80. Calcular la masa del solido acotado por el cilindro x2 + y2 = 2x y

el cono z2 = x2 + y2 si la densidad es ρ =√

x2 + y2 .

81. Expresar las integrales siguientes en el orden indicado en cada

caso

(a)∫ 1

0

∫ y

0

∫ √1−y2

0f(x, y, z)dzdxdy, en el orden z , y , x;

(b)∫ 4

0

∫ 4−x2

0

∫ 12−3x−6y4

0f(x, y, z)dzdydx, en el orden y , x , z.

82. Calcular las siguientes integrales

(a)∫ 2

0

∫ 1

0(1 + 2x + 2y) dy dx

(b)∫ π

0

∫ π2

0

2sen(x) cos2(y)dy dx

(c)∫ 6

0

∫ 3

y2

(x + y) dx dy

(d)∫ 1

0

∫ √y

yx2 y2dx dy

(e)∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√a2−x2

(x + y) dy dx

Sergio Plaza 375

(f)∫ 1

0

∫ √y

y

sen(x)x

dx dy

83. Muestre que la integral de las siguientes funciones existen sobre

R = [0, 1]× [0, 1] ,

(a)

f(x, y) =

sen(1/(x + y)) si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0) .

(b)

f(x, y) =

0 si (x, y) = (1/m, 1/n) , para algun m,n ∈ N1 otro caso.

84. Sea D la region del primer cuadrante delimitada por las curvas

x2 + y2 = 4 , x2 + y2 = 9 , x2 − y2 = 4 , x2 − y2 = 1 . Calcular∫

Dxy dxdy .

85. Cambiando el orden de integracion (justifique porque es posible

hacer eso en cada caso), muestre que

(a)∫ 1

0

∫ x

0fdydx +

∫ 2

1

∫ 2−x

0fdydx =

∫ 1

0

∫ 2−y

yfdxdy

(b)∫ a

a2

b

∫ y

a2

y

fdxdy +∫ b

a

∫ b

yfdxdy =

∫ b

a

∫ x

a2

x

fdydx

(c)∫ 1

0

∫ x2

3

0dydx+

∫ 2

1

∫ 1−√4x−x2−3

0dydx =

∫ 1

0

∫ 2−√

2y−y2

y3/2

dxdy .

86. Sea D la region dada como el conjunto de los puntos (x, y) del

plano donde 1 6 x2 + y2 6 2 e y > 0 . Calcular∫

D(1 + xy)dV .

87. Calcular∫

Dxy dxdy , siendo D el conjunto de los puntos (x, y)

del plano que satisfacen 0 6 y 6 x + 2 , 4x2 + 9y2 6 36 .


88. Hallar el area comprendida entre las circunferencias x2+y2 = 2x ,

x2 + y2 = 4x y las rectas y = x , y = 0 .

89. Hallar el area de la region limitada por las graficas de f(x) =

sen(x) y g(x) = cos(x) entre x = π4 y x = 5π

4 .

90. Una piramide esta limitada por los tres planos coordenados y el

plano x+2y+3z = 6 . Representar el solido y calcular su volumen

por integracion doble.

91. Sea D el paralelogramo limitado por y = −x , y = −x + 1 ,

y = 2x, y = 2x− 3 . Calcular∫

D(x + y)2dxdy.

92. Sea B la bola de centro en el origen y radio 1. Calcular∫

B

q√2 + x2 + y2 + z2

dxdydz .

93. Dibujar la region cuya area se representa mediante la integral∫ 4

0

∫ 2

√y

dydx

A continuacion, hallar otra integral iterada usando el orden dy dx

para representar la misma area. Calcule la integral.

94. Sea D la region del plano limitado por las rectas y = 0 , y = 1 ,

x = −1 , x = y . Calcular∫

D(xy − y3)dxdy.

95. Calcular∫

D(x2− y)dxdy , siendo D la region comprendida entre

las graficas de las curvas y = x2 , y = −x2 , y las rectas x = 1 ,

x = −1 .

96. Sea D la region 0 6 y 6 x , 0 6 x 6 1 . Calcular∫

D(x + y)dxdy

haciendo el cambio x = u + v , y = u − v . Verificar la respuesta

directamente la integral mediante integrales iteradas.

Sergio Plaza 377

97. Calcular∫

Dxy dx dy , siendo D la region del primer cuadrante

encerrada por las parabolas y2 = x , y = x2.

98. Sea D la region acotada por las partes positivas de los ejes

OX, OY y la recta 3x + 4y = 10 . Calcular∫

D(x2 + y2)dV.

99. Sea D la region acotada por las partes positivas de los ejes

OX, OY y la recta 3x + 4y = 10 . Calcular∫

D(x2 + y2)dV .

100.

(a) Hallar el volumen de la region solida que esta limitada por

el paraboloide z = 4− x2 − 2y2 y el plano XY .

(b) Hallar el volumen de la region solida limitada superiormente

por el paraboloide z = 1−x2−y2 e inferiormente por el plano

z = 1− y .

(c) Hallar el volumen de la region solida limitada por z = x2 +

y2 , x2 + y2 = 4 , z = 0 .

(d) Se define el valor medio de f(x, y) en la region R por

valor medio =1A

∫

Rf(x, y) dA

siendo A el area de R. Calcule en cada caso el valor medio:

i. f(x, y) = x , siendo R el rectangulo con vertices (0,0),

(4,0), (4,2), (0,2).

ii. f(x, y) = xy , siendo R el rectangulo con vertices (0,0),

(4,0), (4,2), (0,2).

iii. f(x, y) = x2 + y2 , siendo R el cuadrado con vertices

(0,0), (2,0), (2,2), (0,2).


iv. f(x, y) = ex+y , siendo R el triangulo con vertices (0,0),

(0,1), (1,1).

101. Sea T (u, v) = (x(u, v), y(u, v)) = (4u, 2u+3v). Sea D∗ = [0, 1]×[1, 2] . Describir D = T (D∗) y calcular

(a)∫ ∫

Dxy dxdy, (b)

∫ ∫

D(x− y)dxdy,

haciendo un cambio para evaluarlas como integrales sobre D∗ .

102. Calcular las siguientes integrales.

(a)∫ 3

0

∫ 2

0

∫ 1

0(x + y + z) dx dy dz

(b)∫ 1

−1

∫ 1

−1

∫ 1

−1x2 y2 z2 dx dy dz

(c)∫ 1

0

∫ x

0

∫ xy

0x dz dy dx

(d)∫ 4

0

∫ π

0

∫ 1−x

0x sen(y) dz dy dx

(e)∫ 9

0

∫ y3

0

∫ √y2−9x2

0z dz dx dy

(f)∫ √

2

0

∫ √4−x2

−√4−x2

∫ x2

0xdz dy dx

(g)∫ π

2

0

∫ y2

0

∫ 1y

0sen(y)dz dx dy

(h)∫ 4

0

∫ 4−x2

0

∫ 12−3x−6y4

0dz dy dx

103. Sea T : Rn → Rn una aplicacion lineal con det(T ) 6= 0 , y sea B

una bola con centro en el origen. Demostrar que∫

T (B)e−〈T (y),T (y)〉dy1 · · · dyn =

∫

Be−〈x,x〉| det(T−1)|dx1 · · · dxn .

Sergio Plaza 379

104. Calcular las siguientes integrales en las regiones que se indican

(a)∫

R(x2 + y2)dV , R = [0, 1]× [0, 1] ;

(b)∫

Rsen(x + y)dV , R = [0, 1]× [0, 1] ;

(c)∫

R−xex sen

(πy

2

)dV , R = [0, 2]× [−1, 0] ;

(d)∫

R|y| cos(

πx

4)dV , R = [0, 2]× [−1, 0] .

105. Se define el volumen del solido Q por

V (Q) =∫

QdV

(a) Hallar el volumen del elipsoide solido dado por 4x2 + 4y2 +

z2 = 16

(b) Hallar el volumen de las siguientes regiones solidas.

(c) La region del primer octante limitada superiormente por el

cilindro z = 1−y2 y situada entre los planos verticales x+y =

1 y x + y = 3.

(d) El hemisferio superior z =√

1− x2 − y2.

(e) z = 4− x2 , y = 4− x2 en el primer octante.

106. Pase la integral en coordenadas rectangulares a coordenadas cilındricas

y esfericas y calcule la integral mas simple.

(a)∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√4−x2

∫ 4

x2+y2

x dz dy dx

(b)∫ 2

0

∫ √4−x2

0

∫ √16−x2−y2

0

√x2 + y2 dz dy dx

(c)∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√a2−x2

∫ a+√

a2−x2−y2

axdz dy dx


(d)∫ 1

0

∫ √1−x2

0

∫ √1−x2−y2

0

√x2 + y2 + z2 dz dy dx

107. Cambiar el orden de integracion, describir las regiones correspon-

dientes y calcular las integrales de las dos maneras,

(a)∫ 1

0

∫ 1

xxydydx; (b)

∫ π/2

0

∫ cos θ

0cos θ dr dθ;

(c)∫ 4

0

∫ 2

y/2ex2

dx dy; (d)∫ 1

−3

∫ √9−y2

−√

9−y2

x2 dx dy.

108. Sea D el disco de centro en el origen y radio 1. Calcular Evaluar∫

Dex2+y2

dx dy haciendo un cambio de variables a coordenadas

polares.

109. Encuentre la masa del solido acotado por la esfera x2 + y2 + (z +

1)2 = 4 y el plano xy , si la funcion de densidad es 2− z

110. Encuentre la masa del solido acotado por los planos xy , yz , xz ,

x/2+y/4+z = 1 , si la funcion de densidad es dada por x2+y2+z2 .

111. Encuentre el volumen del solido acotado por la esfera x2 + y2 +

(z − 1)2 = 4 y el plano xy .

112. Mediante un cambio de variable a coordenadas polares, calcule

las siguientes integrales

(a)∫

D(1+x2+y2)−3/2dxdy , donde D es el triangulo de vertices

(0, 0) , (1, 0) , y (1, 1) .

(b)∫

D(x3 +y3) dxdy , donde D = (x, y) : x > 0 , y > 0 , x2 +

y2 6 1 , x2 + y2 − 2x > 0 .

Sergio Plaza 381

113. Calcular∫

D

(1− x2

a2− y2

b2

)dxdy , donde D es la region acotada

por la elıpsex2

a2+

y2

b2= 1 , con a, b > 0 .

114. (a) Sea R la region del plano acotada por la curva

(x

a+

y

b

)4=

x2

h2+

y2

k2

en el primer cuadrante, donde a , b , h , y k son numeros

positivos dados. Use el cambio de variable x = ar cos2(θ) ,

y = br sen2(θ) para calcular∫

Rdxdy

(b) Calcule∫

Ω

√R2 − x2 − y2 − z2 dxdydz donde Ω es el solido

delimitado por la esfera de centro en el origen y radio R > 0 .

115. Calcule el valor de la integral de f(x, y) = sen2(x2 + y2) sobre el

disco de radio 4

116. Un cono de helado es la region acotada por la semi-esfera z =√

16− x2 − y2 y el cono z =√

x2 + y2 . Encuentre su volumen.

117. Calcular∫ ∫

D(x2 + y2)3/2dxdy , donde D el disco x2 + y2 6 4.

118. Cambiar el orden de integracion en

(a)∫ 4

0

∫ 4−√16−x2

x2

8

f(x, y)dydx +∫ 4

0

∫ 8

x2

8

f(x, y)dydx

(b)∫ 4

0

∫ √8y

√8y−y2

f(x, y)dxdy.

(c)∫ 5

1

∫ log x

0xe2ydydx


119. Evaluar las siguientes integrales iteradas

(a)∫ 1

−1

∫ 1

0(x4y + y2)dydx; (b)

∫ 1

0

∫ 1

0xyex+ydydx;

(c)∫ 1

−1

∫ 2

1(−x ln y)dydx; (d)

∫ 1

0

∫ 1

0ln[(x + 1)(y + 1)]dxdy.

120. Evaluar las siguientes integrales iteradas y describir las regiones

determinadas por los lımites

(a)∫ 1

0

∫ x2

0dydx; (b)

∫ 1

0

∫ ex

1(x + y) dydx;

(c)∫ 2

−3

∫ y2

0(x2 + y) dxdy; (d)

∫ π/2

0

∫ cos x

0y sen x dydx;

(e)∫ 1

−1

∫ |x|

−2|x|ex+y dydx; (f)

∫ 0

−1

∫ 2(1−x2)1/2

0x dydx.

121. Cambiar el orden de integracion en cada una de las integrales si-

guientes y calcularlas

(a)∫ 1

0

∫ x2

x4

f(x, y) dydx;

(b)∫ 1

0

∫ y

−yf(x, y) dxdy;

(c)∫ 4

1

∫ 2x

xf(x, y) dydx .

122. Integrar zex2+y2sobre el cilindro x2 + y2 6 4 , 2 6 z 6 3 .

123. Calcular∫

Se(y−x)/(y+x)dxdy donde S es la region delimitada por

la recta x + y = 2 y los ejes coordenados en el primer cuadrante.

Ind. Use el cambio de variable u = y − x , v = y + x .

124. Mediante un cambio de variable a coordenadas esfericas, calculense

las siguientes integrales:

Sergio Plaza 383

(a)∫

Dxyz dxdydz , D = (x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0, x2 +

y2 + z2 6 1;(b)

∫

D(x2+y2+z2)dxdydz , D = (x, y, z) : 2az 6 x2+y2, x2+

y2 + z2 6 3a2.

Capıtulo 11

Formas Diferenciales en

Superficies

Sea Mm ⊂ Rn una superficie de clase Ck ( k > 1 ). El conjunto TM =

(p, v) ∈ Rn × Rn : p ∈ M y v ∈ TpM es una superficie de clase

Ck−1 y dimension igual a 2 dimM . En lo que sigue, para no estar

preocupados de la clase de diferenciabilidad vamos asumir que ella es lo

suficientemente grande de modo que podamos efectuar todos los calculos

que nos sean necesarios.

Definicion 11.1 Una 0–forma diferenciable de clase Cr en M es

una aplicacion f : M → R de clase Cr .

Ahora definiremos k–formas diferenciables para k > 1 .

Definicion 11.2 Una 1–forma diferenciable de clase Cr en M es

una aplicacion ω : TM → R de clase Cr , tal que para cada x ∈ M la

aplicacion ωx : TxM → R definida por ωx(v) = ω(x, v) es lineal, esto

es, para cada x ∈ M se tiene que ωx ∈ TxM∗ (espacio dual de TxM )

385

386 Formas Diferenciales en Superficies

Ejemplos.

1. ω = x2y + ez es una 0-forma en R3 .

2. ω(x, y, z) = x2+y2

z es una 0–forma en R3 − (x, y, z) : z = 0 .

3. Sea f : M → R una aplicacion de clase Cr+1 , entonces la apli-

cacion tangente Tf : TM → R definida por Tf(x, v) = Df(x)v

en una 1–forma de clase Cr en M .

Sea ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una parametrizacion y sea x = ϕ(u) , en

TxM tenemos una base natural Bϕ(x) = ∂ϕ∂x1

(u), . . . , ∂ϕ∂xm

(u) . Asoci-

ada a esta parametrizacion definimos las 1–formas dx1, . . . , dxm por

dxj(x)(

∂ϕ

∂xi(u)

)= δij ,

donde δij = 1 si i = j y δij = 0 en otro caso.

Es claro que dx1(x), . . . , dxm(x) es una base de TxM∗ . Luego,

dada una 1–forma ω en U , podemos escribirla como ω =∑m

i=1 ωidxi ,

donde ω1, . . . , ωm : U → R son aplicaciones diferenciables de la misma

clase de diferenciabilidad que ω . Evaluando ωx en el vector ∂ϕ∂xj

(u) ∈TxM tenemos

ωx(x) =m∑

i=1

ωi(x)dxi

(∂ϕ(u)∂xj

)= ωj(x) ,

es decir, ωj(x) = ωx( ∂ϕ∂xj

(u)) . Por ejemplo, si f : U ⊂ M → R

es de clase Cr+1 , entonces Tf(x, ∂ϕ

∂xi(u)

)=

∑mi=1 Tf( ∂ϕ

∂xi)(u)dxi =

∑mi=1

∂(fϕ)∂xi

(u) dxi .

Si U ⊂ Rm es un conjunto abierto, sabemos que U es una super-

ficie de clase C∞ y dimension m , con una parametrizacion dada por

ϕ = I/U . Tenemos que una 1–forma diferenciable sobre U puede ser

escrita como ω = ω1dx1 + · · · + ωmdxm donde ω1, . . . , ωm : U → R

Sergio Plaza 387

son aplicaciones diferenciables y dxi(x)v = vi , para todo vector v =

(v1, . . . , vm) ∈ Rm . Si f : U → R es una aplicacion diferenciable, en-

tonces Tf(x, v) =∑m

i=1∂f∂xi

(x) dxi(x)v que es simplemente la diferencial

de f , como fue definida en el Capıtulo 7.

Ejemplos.

1. Si f : R→ R es una aplicacion diferenciable de clase Cr (r > 1),

entonces ω = f(x)dx es una 1–forma de clase Cr en R ,

2. Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto, y sean fi : U → R ( 1 =

1, . . . , m) funciones de clase Cr , entonces ω =∑m

i=1 fidxi es una

1–forma de clase Cr .

3. ω = (2xy3 +4x3)dx+(3x2y2 +2y)dy es una 1–forma de clase C∞

en R2 .

4. Sea ω = −yx2+y2 dx + x

x2+y2 dy es una 1–forma de clase C∞ en

R2 − (0, 0) .

Antes de definir k–formas diferenciables para k > 2 , sobre una

superficie Mm ⊂ Rn de clase Cr ( r > 2 ), probaremos que el con-

junto TMk = (x, v1, . . . , vk) : x ∈ M , vi ∈ TxM , i = 1, . . . , k ⊂Rn × · · · × Rn , (k + 1) factores, es una superficie de clase Cr−1 y

dimension (k + 1) · dimM . En efecto, para simplificar la notacion es-

cribimos (Rn)` para indicar el producto cartesiano Rn× · · · ×Rn de `

factores de Rn . Sea Π : TMk → M la proyeccion Π(x, v1, . . . , vk) = x ,

se tiene que Π es una aplicacion continua y localmente inyectiva. Ahora,

sea ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una parametrizacion, con x = ϕ(u) , y sea

V = Π−1(U) . Sea Tkϕ : U0 × (Rm)k → V la aplicacion definida por

Tkϕ(y, v1, . . . , vk) = (ϕ(y), Dϕ(y)v1, . . . , Dϕ(y)vk) . Es facil ver que la


coleccion Ak = (Tkϕ,Π−1(U)) : (ϕ,U) parametrizacion de M es

un atlas de clase Cr−1 y dimension (k + 1) · dimM para TMk . Los

detalles de las verificaciones son dejadas a cargo del lector.

Definicion 11.3 Una k–forma diferenciable de clase Cr en M es

una aplicacion η : TMk → R de clase Cr , tal que para cada x ∈M la aplicacion ηx : (TxM)k → R definida por ηx(u1, . . . , uk) =

η(x, u1, . . . , uk) es una aplicacion k–multilineal alternada, es decir, ηx

es lineal en cada coordenada y

ηx(u1, . . . , ui, . . . , uj , . . . , uk) = −ηx(u1, . . . , uj , . . . , ui, . . . , uk).

Notacion. Denotamos el conjunto de las k–formas diferenciables de

clase Cr en Mm por Λk,r(M) . Notemos que dimΛm,r(M) = 1

(prueba a cargo del lector). Tambien usamos la notacion Λk(TxM) =

ω : TxM → R : ω k–lineal alternada . Note que dim Λm(TxM) = 1 .

Sean ω, γ ∈ Λk,r(M) y sea f : M → R es una funcion diferenciable.

Definimos las k–formas ω + γ y fω por

(ω + γ)x(v1, . . . , vk) = ωx(v1, . . . , vk) + γx(v1, . . . , vk)

(fω)x(v1, . . . , vk) = f(x)ωx(v1, . . . , vk) .

Por otra parte, si α ∈ Λk,r(M) y β ∈ Λ`,r(M) , no tiene sentido definir

α + β . A seguir definimos un producto, llamado producto “wedge”,

(cuna) ∧ : Λk,r(M)×Λ`,r(M) → Λk+`,r(M) que relaciona las formas α

y β .

Definicion 11.4 Sean α ∈ Λk,r(M) y β ∈ Λ`,r(M) . El producto

exterior de α por β es la (k+`)–forma diferenciable α∧β ∈ Λk+`,r(M)

Sergio Plaza 389

definida por

α ∧ β(x, u1, . . . , uk+`) = αx ∧ βx(u1, . . . , uk+`)

=1

k! `!

∑

σ∈Sk+`

sign(σ)αx(uσ(1), . . . , uσ(k)) βx(uσ(k+1), . . . , uσ(k+`)) ,

donde Sk+` es el conjunto de todas las permutaciones del conjunto

1, . . . , k + ` y sign(σ) es el signo de la permutacion σ .

Veamos ahora como se escribe localmente una k–forma diferencia-

ble. Sea ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M una parametrizacion. Para cada

x = ϕ(u) ∈ U , el conjunto Bϕ(x) = ∂ϕ∂x1

(u), . . . , ∂ϕ∂xm

(u) es una base

de TxM y el conjunto B∗ϕ(x) = dx1(x), . . . , dxm(x) es una base de

TxM∗ , dual de la base Bϕ(x) . Notemos que dxiα ∧ dxiα = 0 y que

dxi ∧ dxj = −dxj ∧ dxi . Esto nos lleva a considerar el conjunto de

las k–formas dado por Bmk (x) = dxi1 ∧ · · · ∧ dxik(x) : 1 6 i1 <

· · · < ik 6 m . Es inmediato ver que el conjunto Bmk (x) contiene

m!k!(m−k)! elementos, y si 1 6 j1 < · · · < jk 6 m entonces dxi1(x) ∧· · · ∧ dxik(x)( ∂ϕ

∂xj1(u), . . . , ∂ϕ

∂xjk(u)) = δIJ , donde I = (i1, . . . , ik) , J =

(j1, . . . , jk) y

δIJ =

1 si J = I

0 si J 6= I .

Por otra parte, si ω es una k–forma diferenciable en U , sean x ∈ U

y u1, . . . , uk ∈ TxM , donde ui =∑m

j=1 vij∂ϕ∂xj

(u) , para 1 6 i 6 k ,

tenemos

ωx(u1, . . . , uk) =∑

I

v1i1 · · · vkik ωx

(∂ϕ

∂xi1

(u), . . . ,∂ϕ

∂xik

(u))

,


donde I = (i1, . . . , ik) recorre todas las sucesiones de k elementos en

1, . . . ,m . Como ωx es k–lineal alternada se tiene que

ωx(u1, . . . , uk) =∑

J

∑

σ∈Sk

sign(σ)v1jσ(1)· · · vkjσ(k)

ωx

(∂ϕ

∂xj1

(u), . . . ,∂ϕ

∂xjk

(u))

aquı J recorre todas las sucesiones con k elementos de 1, . . . , m , con

1 6 j1 < · · · < jk 6 m . Pero como dxj1(x)∧ · · · ∧ dxjk(x)(u1, . . . , uk) =

∑σ∈Sk

sign(σ) v1jσ(1)· · · vkjσ(k)

, tenemos finalmente que

ω =∑

J

ωx

(∂ϕ

∂xj1

(u), . . . ,∂ϕ

∂xjk

(u))

dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk,

que es la expresion local de ω en la parametrizacion ϕ : U0 ⊂ Rm →U ⊂ M , y llamando ωJ(x) = ωx

(∂ϕ

∂xj1(u), . . . , ∂ϕ

∂xjk(u)

), tenemos que

ω =∑

J

ωJ(x) dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk,

Notacion. Si I = (i1, . . . , ik) es un arreglo de k ındices, con ij ∈1, . . . ,m y 1 6 i1 < · · · < ik 6 m , denotamos dxi1 ∧ · · · ∧ dxik

simplemente por dxI .

Obsrevacion. Si Mm es una superficie m–dimensional y ω es una

m–forma de clase Cr sobre M , entonces localmente ω se escribe como

ω = f dx1 ∧ · · · ∧ dxm , donde f : M → R es una funcion de clase Cr .

Desde la definicion, tenemos las propiedades siguientes.

Proposicion 11.1 Sean α ∈ Λk,r(M) , β ∈ Λ`,r(M) y γ ∈ Λn,r(M)

forma diferenciables de clase Cr en M . Entonces

1. α ∧ β ∈ Λk+`,r(M) ;

2. Si ` = n entonces α∧(f β+γ) = f (α∧β)+(α∧γ) y (fβ+γ)∧α =

f(β ∧ α) + (γ ∧ α) , donde f : M → R es una aplicacion Cr ;

Sergio Plaza 391

3. (α ∧ β) ∧ γ = α ∧ (β ∧ γ) ;

4. α ∧ β = (−1)k` β ∧ α .

Demostracion. Las propiedades (1), (2) y (3) se deducen inmedia-

tamente desde la definicion, y la prueba se deja deja al lector (ver

[20]). Vamos a probar la propiedad (4). Escribamos α =∑

I aIdxI ,

donde I = (i1, . . . , ik) e i1 < · · · < ik , y β =∑

J bJdxJ , donde

J = (j1, . . . , j`) y j1 < · · · < j` . Entonces

α ∧ β =∑

IJ

aIbJdxi1 ∧ · · · ∧ dxik ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxj`

=∑

IJ

aIbJ(−1)dxi1 ∧ · · · ∧ dxik−1∧ dxj1 ∧ dxik ∧ · · · ∧ dxj`

...

=∑

IJ aIbJ(−1)kdxj1 ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxik ∧ dxj2 ∧ · · · ∧ dxj`.

Como J tiene ` elementos, repitiendo el argumento anterior para cada

dxjs , con js ∈ J , obtenemos finalmente que

α∧β =∑

JI

(−1)k`bjaIdxj1 ∧ · · · ∧ dxj`∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxik = (−1)k`β ∧α .

Observacion. Desde la propiedad 4 arriba tenemos que si α ∈ Λk,r(M)

entonces α∧α = (−1)k2α∧α , de donde (1− (−1)k2

)α∧α = 0 . Luego

si k2 es impar (lo que es equivalente a que k sea impar) nos queda

2α = 0 , de donde obtenemos que necesariamente α = 0 .

11.1 Cambio de Variable y Formas Co–inducidas

Una k–forma diferenciable de clase Cr (r > 1 ) puede ser escrita en un

abierto U , donde esta definida una parametrizacion ϕ : U0 ⊂ Rm →


U ⊂ M como

ω =∑

J

ωJ(x) dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk

=∑

J

(ωJ ϕ) dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk,

donde J = (j1, . . . , jk) recorre todas las sucesiones crecientes de k

elementos en 1, . . . ,m . En la suma anterior ωJ : U → R es una

aplicacion Cr , para todo J . Podemos pensar que dx1, . . . , dxm es

la base dual de la base canonica de Rm , y siendo ası podemos repre-

sentar ω en U0 ⊂ Rm como∑

J(ωJ ϕ) dxJ , expresion que deno-

tamos por ϕ∗(ω) . Evidentemente, si (v1, . . . , vk) ∈ (Rm)k entonces

(ϕ∗(ω))q(v1, . . . , vk) = ωϕ(q)(Dϕ(q)v1, . . . , Dϕ(q)vk) . Mas general, si

f : M → N es un difeomorfismo de clase Cs y ω ∈ Λk,r(M) podemos

definir una k–forma diferenciable f∗(ω) ∈ Λk,`(N) , con ` = minr, s−1 por (f∗(ω))q(v1, . . . , vk) = ωf1(q)(Df−1(q)v1, . . . , Df−1(q)vk) . Ana-

logamente, si ω ∈ Λk,r(N) podemos definir una k–forma diferenciable

f∗(ω) ∈ Λk,`(M) por

(f∗(ω))p(u1, . . . , uk) = ωf(p)(Df(p)u1, . . . , Df(p)uk) .

La forma f∗(ω) es llamada forma co–inducida por f y ω . Ob-

servemos que la operacion f∗ : Λk,r(N) → Λk,`(M) puede ser definida

para cualquier f : M → N de clase Cs (s > 1), aun cuando M y

N tengan distinta dimension. Tambien observamos que la operacion

f∗ : Λk,r(M) → Λk,`(N) solo tiene sentido cuando f : M → N es un

difeomorfismo.

Ejemplos.

Sergio Plaza 393

1. Si ω : N → R es una 0–forma diferenciable de clase Cr ( r > 1 )

y sea f : M → N una aplicacion de clase Cr . Entonces f∗(ω) =

ω f .

2. Sean U ⊂ Rm y V ⊂ Rn conjuntos abiertos, y sea f : U → V

una aplicacion de clase Cr ( r > 1 ), donde f = (f1, . . . , fn) .

Dada la 1–forma dxj ∈ Λ1,∞(V ) entonces f∗(dxj) ∈ Λ1,∞(U) es

la 1–forma dada por

(f∗(dxj))p(u) = dxj(f(p))Df(p)u

= dxj(f(p))(Df1(p)u, . . . , Dfn(p)u)

= Dfj(p)u

= dfj(p)u

para todo p ∈ U y u ∈ Rm , es decir, , f ∗ (dxj) = dfj .

3. Sea ω la 1–forma en R2 − (0, 0) , dada por

ω = − y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy .

Sea U el conjunto abierto en el plano (r, θ) dado por U = (r, θ) :

r > 0 , 0 < θ < 2π . Sea ϕ : U → R2 la aplicacion definida por

ϕ(r, θ) = (r cos(θ), r sen(θ)) . Afirmamos que ϕ∗ω = dθ .

En efecto, dx = cos(θ)dr−r sen(θ)dθ y dy = sen(θ)dr+r cos(θ)dθ .

Luego,

ϕ∗ω = −r sen(θ)r2

(cos(θ)dr − r sen(θ)dθ) +

r cos(θ)r2

(sen(θ)dr + r cos(θ)dθ)

= dθ .

Como lo afirmamos


Sea f : M → N una aplicacion de clase Cs , y como antes sea ` =

minr, s− 1 . A seguir estudiaremos algunas propiedades del operador

f∗ : Λk,r(N) → Λk,`(M) .

Proposicion 11.2 Las siguientes propiedades valen:

1. Si f : M → N es de clase Cs y ` = minr, s − 1 , entonces

f∗ : Λk,r(N) → Λk,`(M) es lineal.

2. Si α ∈ Λk,r(N) , β ∈ Λj,r(N) y f : M → N es como en 1).

Entonces f∗(α ∧ β) = f∗(α) ∧ f∗(β) .

3. Si f : M → N y g : N → P , entonces (g f)∗ = f∗ g∗ .

4. Si I : M → M es la aplicacion identidad y ω ∈ Λk,r(M) entonces

I∗ω = ω . En particular, si f : M → N es un difeomorfismo

entonces (f−1)∗ = (f∗)−1 .

Demostracion. Es una aplicacion rutinaria de las definiciones, y por

lo tanto de dejan a cargo del lector.

Observaciones.

1. Sea J ⊂ R un intervalo abierto y sea α : J → Rn una curva difer-

enciable, α(t) = (α1(t), . . . , αn(t)) . Denotemos por i el vector

tangente a R en t ∈ J . Entonces α∗(i) = (α′1(t), . . . , α′n(t)) .

En efecto, sea t ∈ J . Definamos la curva r(s) = s + t entonces

r(0) = t , y r′(0) = 1 es una base de TxJ = R , como acordamos,

denotamos este vector simplemente por i . Desde la definicion,

tenemos α∗(i) = (α r)′(0) , pero (α r)(s) = α(s + t) y

(α r)′(0) =dα(s + t)

ds|s=0 = (α′1(t), . . . , α

′n(t))

como afirmamos.

Sergio Plaza 395

2. Sea J ⊂ R un intervalo abierto y sea α : J → Rn una curva difer-

enciable de clase C` (` > 1) y sea ω =∑n

i=1 fidxi una 1–forma

en un conjunto abierto de Rn que contiene a α(J) . Entonces

α∗ω(t) =

(n∑

i=1

fi(α(t))α′i(t)

)dt .

En efecto, como α∗ω es una 1–forma en J , se tiene que α∗ω(t) =

B(t)dt . Debemos encontrar la funcion B . Tenemos tambien que

α∗(ω)(i) = B(t)dt(1) = B(t) ,

por lo anterior α∗(i) = (α′1(t), . . . , α′n(t)) . Luego

α∗ωt(i) =n∑

j=1

fj(α(t))dxj(Dα(t)(1)) =n∑

j=1

fj(α(t))α′j(t) ,

de donde α∗ω = (∑n

j=1(fj α)α′j)dt .

3. Sea U ⊂ Rm un conjunto abierto y sea ϕ : U → V ⊂ Rn una

parametrizacion de clase Ck (k > 2). Sea ω =∑n

i=1 ωidxi una 1–

forma en V . Veamos como se escribe, explicıtamente, la 1–forma

ϕ∗ω .

Sea p = ϕ(x) ∈ V , donde x ∈ U . Escribamos u = (u1, . . . , um) y

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) , tenemos que

ϕ∗ωx(u) =n∑

i=1

ωi(ϕ(x))dxi(Dϕ(x)u)) .


Ahora como,

Jϕ(x)u =

∂ϕ1

∂x1(x)

∂ϕ1

∂x2(x) · · · ∂ϕ1

∂xm(x)

∂ϕ2

∂x1(x)

∂ϕ2

∂x2(x) · · · ∂ϕ2

∂xm(x)

......

......

∂ϕn

∂x1(x)

∂ϕn

∂x2(x) · · · ∂ϕn

∂xm(x)

u1

u2

...

um

= (< gradϕ1(x), u > , < gradϕ2(x), u > , . . . , < gradϕn(x), u >) ,

y Dϕ(x)u = Jϕ(x)u , respecto de las bases canonica, por lo tanto

nos queda

ϕ∗ωx(u) =∑n

i=1 ωi(ϕ(x))dxi(< gradϕ1(x), u >, . . . , < gradϕn(x), u >)

=∑n

i=1 ωi(ϕ(x)) < gradϕi(x), u > .

Por ejemplo, si ϕ : U ⊂ R2 → V ⊂ R3 dada por ϕ(u, v) =

(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v)) es una parametrizacion y ω = A(x, y, z)dx+

+B(x, y, z)dy + C(x, y, z)dz es una 1–forma definida en V . En-

tonces

ϕ∗ω = A(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ1

∂u

+B(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ2

∂u

+C(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ3

∂u

Sergio Plaza 397

+A(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ1

∂v

+B(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ2

∂v

+C(ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v))∂ϕ3

∂v.

Ası, si por ejemplo ϕ(u, v) = (u2 + v, 2u − v, u + v3) y ω =

(x + y + 1)dx + (2z − y)dy + xdz , tenemos ∂ϕ1

∂u = 2u , ∂ϕ1

∂v = 1 ,∂ϕ2

∂u = 2 , ∂ϕ2

∂v = −1 , ∂ϕ3

∂u = 1 , ∂ϕ3

∂v = 3u2 , A(ϕ(u, v)) = (u+1)2 ,

B(ϕ(u, v)) = 2v3 + v , y C(ϕ(u, v)) = u2 + v . Por lo tanto,

ϕ∗ω = (2u3+4v3+5u2+2u+3v)du+(3u2v2+v3+u2+2u−v+1)dv .

El anterior es el calculo formal. Por otra parte, como x(u, v) =

u2 + v , y(u, v) = 2u − v , y z(u, v) = u + v3 , tenemos dx =

2udu + dv , dy = 2du − dv , y dz = du + 3v2dv . Ahora, como

ω = (x + y + 1)dx + (2z − 1)dy + xdz , reemplazando nos queda:

ϕ∗ω = (u2 + v + 2u− v + 1)(2udu + dv) + (2(u + v3)

−(2u− v))((2du− dv)) + (u2 + v)(du + 3v2dv)

= (2u3 + 4v3 + 5u2 + 2u + 3v)du

+(3u2v2 + v3 + u2 + 2u− v + 1)dv .

Sea ϕ(u, v) = (ϕ1(u, v), ϕ2(u, v), ϕ3(u, v)) como arriba, y sea ω =

A(x, y, z)dy∧dz+B(x, y, z)dz∧dx+C(x, y, x)dx∧dy una 2–forma


en V . Tenemos que

dϕ1 =∂ϕ1

∂udu +

∂ϕ1

∂vdv

dϕ2 =∂ϕ2

∂udu +

∂ϕ2

∂vdv

dϕ3 =∂ϕ3

∂udu +

∂ϕ3

∂vdv

Entonces ϕ∗ω = A(ϕ(u, v))dϕ2 ∧ dϕ3 + B(ϕ(u, v))dϕ3 ∧ dϕ1 +

C(ϕ(u, v))dϕ1 ∧ dϕ2 . En efecto, tenemos que

ϕ∗ω = ϕ∗(A(x, y, z)dy ∧ dz) + ϕ∗(B(x, y, z)dz ∧ dx)

+ϕ∗(C(x, y, z)dx ∧ dy) .

Ahora pensamos la 2–forma A(x, y, z)dy ∧ dz como el producto

exterior de las dos 1–formas A(x, y, z)dy y dz , es decir, ponemos

A(x, y, z)dy∧dz = (A(x, y, z)dy)∧dz y tenemos ϕ∗(A(x, y, z)dy∧dz) = ϕ∗(A(x, y, z)dy) ∧ ϕ∗(dz). Analogamente, ϕ∗(B(x, y, z)dz ∧dx) = ϕ∗(B(x, y, x)dz)∧ϕ∗(dx) y tambien ϕ∗(C(x, y, z)dx∧dy) =

ϕ∗(C(x, y, z)dx) ∧ ϕ∗(dy). Finalmente, como ϕ∗(A(x, y, z)dy ∧dz) = A(ϕ(u, v))dϕ2∧dϕ3 , ϕ∗(B(x, y, z)dz∧dx) = B(ϕ(u, v))dϕ3∧dϕ1 , y ϕ∗(C(x, y, z)dx ∧ dy) = C(ϕ(u, v))dϕ1 ∧ dϕ2 , lo que com-

pleta la prueba de lo afirmado.

Sean U y V conjuntos abiertos de R3 y sea ϕ : U → V un difeo-

morfismo local, ϕ = (ϕ1, ϕ2, ϕ3) , y ω = A(x, y, z)dx ∧ dy ∧ dz es

una 3–forma en V entonces ϕ∗ω = A(ϕ(u, v, w))dϕ1 ∧dϕ2 ∧ dϕ3 ,

Sergio Plaza 399

dondedϕ1 =

∂ϕ1

∂udu +

∂ϕ1

∂vdv +

∂ϕ1

∂wdw

dϕ2 =∂ϕ2

∂udu +

∂ϕ2

∂vdv +

∂ϕ2

∂wdw

dϕ3 =∂ϕ3

∂udu +

∂ϕ3

∂vdv +

∂ϕ3

∂wdw .

Por ejemplo, si ϕ(r, u, v) = (r cos(u) sen(v), r sen(u) sen(v), r cos(v)) .

Tenemos, x = ϕ1(r, u, v) = r cos(u) sen(v) , y = ϕ2(r, u, v) =

r sen(u) sen(v) , y z = ϕ3(r, u, v) = r cos(v) . Luego

dϕ1 = cos(u) sen(v)dr − r sen(u) sen(v)du + r cos(u) cos(v)dv

dϕ2 = sen(u) sen(v)dr + r cos(u) sen(v)du + r sen(u) cos(v)dv

dϕ3 = cos(v)dr + 0du− r sen(v)dv .

Ahora si ω = (x2 + y2 + z2)dx ∧ d ∧ dz entonces, A(ϕ(r, u, v)) =

r2 cos2(u) sen2(v) + r2 sen2(u) sen2(v) + r2 cos2(v) = r2 y

ϕ∗(dx ∧ dy ∧ dz) = dϕ1 ∧ dϕ2 ∧ dϕ3

= (cos(u) sen(v)dr − r sen(u) sen(v)du

+r cos(u) cos(v)dv) ∧ (sen(u) sen(v)dr

+r cos(u) sen(v)du + r sen(u) cos(v)dv)

∧(cos(v)dr + 0du− r sen(v)dv)

= (r cos2(u) sen 2(v)dr ∧ du

+r sen(u) cos(u) sen(v) cos(v)dr ∧ dv

−r2

sen(u) sen 2(v)du ∧ dr

−r2 sen 2(u) sen(v) cos(v)du ∧ dv

+r sen(u) cos(u) sen(v) cos(v)dv ∧ dr

+r2 cos2(u) sen(v) cos(v)dv ∧ du)


∧(cos(v)dr − r sen(v)dv)

= (r sen 2(v)dr ∧ du− r2 sen(v)

cos(v)du ∧ dv)) ∧ (cos(v)dr − r sen(v)dv)

= −r2 sen(v)dr ∧ du ∧ dv .

Luego, como ϕ∗ω = ϕ∗(A(x, y, z)dx∧dy∧dz) = (Aϕ)(r, u, v)ϕ∗(dx∧dy ∧ dz) = A(ϕ(r, u, v))dϕ1 ∧ dϕ2 ∧ dϕ3 = r2(−r2 sen(v))dr ∧ du∧dv = −r4 sen(v)dr ∧ du ∧ du .

Tenemos tambien que

Jϕ(r, u, v) =

cos(u) sen(v) −r sen(u) sen(v) r cos(u) cos(v)

sen(u) sen(v) r cos(u) sen(v) r sen(u) cos(v)

cos(v) 0 −r sen(v)

y detJϕ(r, u, v) = −r2 sen(v) . Vemos entonces que

ϕ∗ω = A(ϕ(r, u, v)) detJϕ(r, u, v)dr ∧ du ∧ dv .

Dejamos a cargo del lector probar que si ϕ : U → V , donde

U, V ⊂ Rm son conjuntos abiertos, es un difeomorfismo local

de clase Cr (r > 1) y ω = Ady1 ∧ · · · ∧ dym es una m–forma

en V entonces ϕ∗ω(x1, . . . , xm) = A(ϕ(x1, . . . , xm))dx1 ∧ · · · ∧dxm . Note que hemos usados las coordenadas (y1, . . . , ym) =

(ϕ1(x1, . . . , xm), . . . , ϕm(x1, . . . , xm)) en V .

11.2 Derivada Exterior

Definiremos ahora un operador de derivacion de formas. Primero lo hare-

mos en espacios euclideanos, y enseguida lo traspasaremos a superficies,

usando parametrizaciones y la definicion en espacios euclideanos.

Sergio Plaza 401

Consideremos el espacio euclidiano Rm o un abierto U ⊂ Rm con

la coordenadas canonicas (x1, . . . , xm) . Sea dx1, . . . , dxm la base de

(Rm)∗ , dual de la base canonica e1, . . . , em de Rm . Para mantener

la coherencia con lo anterior usaremos la notacion ∂∂xi

= ei para i =

1, . . . , m . Como ya vimos, si η es una k–forma diferenciable en Rm

existen m!k!(m−k)! funciones diferenciables ηJ , donde J = (j1, . . . , jk)

y ji ∈ 1, . . . , m ( i = 1, . . . , k ), con la propiedad que 1 6 j1 <

· · · < jk 6 m tales que η =∑

J ηJdxj1 ∧ · · · ∧ dxjk. Vamos a solicitar

que el operador derivacion que definamos sea lineal, por lo tanto basta

definirlo en formas del tipo hdxj1 ∧ · · · ∧ dxjk( 0 6 k 6 m ). Si α ∈

Λ0,r(Rm) entonces α : Rm → R y definimos dα =∑m

i=1∂α∂xi

dxi . Si

α = h dxj1∧· · ·∧dxjk, definimos dα = dh∧dxj1∧· · ·∧dxjk

. Observamos

que es natural tener que d(dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk) = 0 , pues dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk

es una k–forma diferenciable que no depende del punto en cuestion.

Exigiendo que d sea lineal este queda bien definido por las propiedades

anteriores.

Ejemplos

1. Sea ω = xyzdx+ yzdy +(x+ z)dz . Entonces dω = d(xyz)∧ dx+

d(yz) ∧ dy + d(x + z) ∧ dz = (yzdx + xzdy + xydz) ∧ dx + (zdy +

ydz)∧dy+(dx+dz)∧dz = −xzdx∧dy+(1−xy)dx∧dz−ydy∧dz .

2. Sea ϕ = xdx− ydy . Entonces dϕ = dx ∧ dx− dy ∧ dy = 0 .

3. Sea U ⊂ R3 un conjunto abierto, y sea f : U → R una funcion

de clase Cr+1 (r > 1). Consideremos la 1–forma diferenciable ω

definida en U dada por

ω =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz .


Claramente ω es clase Cr y se tiene que

dω = d

(∂f

∂x

)∧ dx + d

(∂f

∂y

)∧ dy + d

(∂f

∂z

)∧ dz

=(

∂2f

∂x2dx +

∂2f

∂y∂xdy +

∂2f

∂z∂xdz

)∧ dx

+(

∂2f

∂x∂ydx +

∂2f

∂y2dy +

∂2f

∂z∂ydz

)∧ dy

+(

∂2f

∂x∂zdx +

∂2f

∂y∂zdy +

∂2f

∂z2dz

)∧ dz

=(

∂2f

∂x∂y− ∂2f

∂y∂x

)dx ∧ dy +

(∂2f

∂x∂z− ∂2f

∂z∂x

)dx ∧ dz

+(

∂2f

∂y∂z− ∂2f

∂z∂y

)dy ∧ dz .

Ahora como f es de clase al menos C2 se tiene que

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x,

∂2f

∂x∂z=

∂2f

∂z∂x,

∂2f

∂z∂y=

∂2f

∂y∂z,

por lo tanto tenemos que dω = 0 . Este ejemplo se generaliza

facilmente a mas dimensiones.

Ahora, veamos la relacion entre el operador d que acabamos de definir

y el operador f∗ anterior.

Proposicion 11.3 Sea f : U → V un difeomorfismo entre abiertos

de Rm y sea ω una k–forma diferenciable en V . Entonces f∗(dω) =

d(f∗(ω)) .

Demostracion. Para k = 0 , tenemos d(f∗ω) = d(ωf) = dω(f)df =

f∗(dω) . Si k > 1 , considerando ω del tipo ω = h dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk,

Sergio Plaza 403

tenemos f∗(ω) = (h f) dfj1 ∧ · · · ∧ dfjk, donde f = (f1, . . . , fm) , luego

d(f∗ω) = d(h f) ∧ dfj1 ∧ · · · ∧ dfjk= f∗(dh) ∧ f∗(dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk

) =

f∗(dh ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjk) = f∗(dω) . El caso general, se sigue de la

linealidad del operador d .

Ejemplo. Sea ϕ : ]0,∞[× ]0, 2π[ → R2 − (x, 0) : x > 0 dado por

ϕ(r, θ) = (r cos(θ), r sen(θ)) . Tenemos que ϕ es un difeomorfismo de

clase C∞ . En R2−(0, 0) consideremos la 1–forma de clase C∞ dada

por

ω = − y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy .

Un calculo muestra que dω = 0 . Ahora

ϕ∗ω = ϕ∗(− y

x2 + y2

)ϕ∗(dx) + ϕ∗

(x

x2 + y2

)ϕ∗(dy)

= −sen(θ)r

(cos(θ)dr − r sen(θ)dθ)

+cos(θ)

r(sen(θ)dr + r cos(θ)dθ)

= dθ ,

es decir, ϕ∗ω = dθ . Luego, dϕ∗ω = d2θ = 0 , y como dϕ∗ω = ϕ∗(dω) ,

claramente se ve que se satisface lo anterior.

Sea ω ∈ Λk,r(M) . Definimos dω como la unica (k + 1)–forma

diferenciable de clase Cr−1 en M tal que para cada parametrizacion

ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M se tiene que ϕ∗(dω) = d(ϕ∗ω) .

Ahora, si ϕ : U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rm → V ⊂ M

son parametrizaciones, con U ∩ V 6= ∅ , tenemos ϕ∗(dω) = d(ϕ∗ω) ∈Λk+1,r−1(ϕ−1(U ∩ V )) y ψ∗(dω) = d(ψ∗ω) ∈ Λk+1,r−1(ψ−1(U ∩ V )) .


Luego, (ψ−1 ϕ)∗d(ψ∗ω) = d(ψ−1 ϕ)∗(ψ∗ω) = d(ψ (ψ−1 ϕ))∗ω =

dϕ∗ω , es decir, ϕ∗ (ψ−1)∗dψ∗ω = dϕ∗ω de donde (ψ−1)∗dψ∗ω =

(ϕ−1)∗dϕ∗ω , pero dω = (ϕ−1)∗dϕ∗ω = (ψ−1)∗dψ∗ω . Lo que termina la

prueba, y muestra que d esta bien definido.

Proposicion 11.4 La siguientes propiedades valen:

1. Si α, β ∈ Λk,r(M) y c1, c2 ∈ R entonces d(c1α + c2β) = c1dα +

c2dβ .

2. Si α ∈ Λk,r(M) ( r > 2 ). Entonces d2α = d(dα) = 0 .

3. Si α ∈ Λk,r(N) y f : M → N es de clase Cr ( r > 1 ) entonces

f∗(dα) = d(f∗(α)) .

4. Si α ∈ Λk,r(M) y β ∈ Λ`,r(M) ( r > 1 ). Entonces d(α ∧ β) =

dα ∧ β + (−1)kα ∧ dβ .

Demostracion. Rutinaria a partir de las definiciones y propiedades

anteriores, y son dejadas como ejercicio al lector.

Definicion 11.5 Decimos que una k–forma diferenciable de clase Cr

( r > 1 ) es cerrada si dω = 0 , y decimos que ω exacta si existe una

(k − 1)–forma λ tal que ω = dλ .

Ejemplos

1. Sea ω = 5x4y2z3dx + 2x5yz3dy + 3x5y2z2dz . Entonces dω =

10x4yz3dy ∧ dx + 15x4yz2dz ∧ dx + 10x4yz3dx ∧ dy + 6x5yz2dy ∧dz + 15x4y2z2dx ∧ dz + 6x5yz2dy ∧ dz = 0 . Ademas, se tiene que

ω = dλ , donde λ(x, y, z) = x5y3z2 , como se ve facilmente.

Sergio Plaza 405

2. Sea ω =−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy , es claro que ω esta definida en

R2 − 0 y es de clase C∞ . Tenemos

dω =y2 − x2

(x2 + y2)2dy ∧ dx +

y2 − x2

(x2 + y2)2dx ∧ dy

=(

y2 − x2

(x2 + y2)2− y2 − x2

(x2 + y2)2

)dx ∧ dy = 0 .

Luego, ω es cerrada. Afirmamos que ω no es exacta.

3. Sea

ω =x

(x2 + y2 + z2)3/2dy ∧ dz +

y

(x2 + y2 + z2)3/2dz ∧ dx

+z

(x2 + y2 + z2)3/2dx ∧ dy .

Un calculo muestra que dω = 0 , es decir, ω es cerrada, pero

afirmamos que ω no es exacta.

Proposicion 11.5 Cada forma exacta es cerrada.

Demostracion Sea ω ∈ Λk,r(M) una k–forma exacta, entonces ω =

dλ para alguna λ ∈ Λk−1,r+1(M) , luego dω = d(dλ) = 0 . Lo que

completa la prueba.

Definicion 11.6 Decimos que un conjunto R ⊂ Rn es conexo por ca-

minos si, para cada par de puntos p, q ∈ R existe un camino continuo

α : [0, 1] → R tal que α(0) = p y α(1) = q .

El siguiente teorema no es dıficil de probar, y se deja a cargo del lector.

Teorema 11.1 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto conexo por caminos.

Si f : U → R tiene todas sus derivadas parciales igual a cero en cada

punto de U . Entonces f es una funcion constante.


Corolario 11.2 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto conexo por caminos,

y sea ω : U → R una 0–forma diferenciable cerrada. Entonces ω es

constante.

Demostracion. Tenemos que,

0 = dω =n∑

i=1

∂ω

∂xidxi

luego ∂ω∂xi

= 0 ( i = 1, . . . , n ) en todo U , por lo tanto ω es constante,

por la proposicion anterior.

Definicion 11.7 Decimos que un conjunto R ⊂ Rn es simplemente

conexo si, cada camino α : [0, 1] → R continuo y cerrado (es decir,

α(0) = α(1) ) puede ser deformado continuamente dentro de R a un

punto.

Teorema 11.3 Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto simplemente conexo.

Entonces cada 1–forma en U es exacta.

Proposicion 11.6 1. Sean ω y β dos k–formas, con β cerrada.

Entonces d(ω + β) = dω .

2. Si α, β son dos k–formas diferenciables con dα = dβ . Entonces

β = α + γ , donde γ es una k–forma cerrada.

Demostracion. La parte a) es inmediata.

b) Tenemos que β = α + (β − α) . Sea γ = β − α . Entonces dγ =

dβ − dα = 0 , esto es, γ es cerrada.

Sergio Plaza 407

11.3 Ejercicios

1. Pruebe todas las afirmaciones dejadas sin prueba, en especial,

aquellas a cargo del lector. Pruebe tambien todas las Proposi-

ciones, Teoremas, Corolarios y Lemas no demostrados en el texto

anterior.

2. Calcule la derivada exterior de las siguientes formas diferenciales

(a) ω = z2dx ∧ dy + ((z2 + 2y)dx ∧ dy .

(b) ω = 13xdx + y2dy + xyzdz .

(c) ω = (x + 2y3)(dz ∧ dx + dy ∧ dx) .

(d) ω = xdx+ydyx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0) .

(e) ω = ydx−xdyx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0) .

(f) fdg , donde f, g : R → R son aplicaciones de clase Cr

(r > 1).

3. Pruebe dx1(x), . . . , dxm(x) es una base de TxM∗ .

4. Sean α = x3ydx+ydy , β = x4dx+xdy+z2dz y ρ = xyzdz∧dx .

Calcule

(a) α ∧ β ,

(b) α ∧ ρ ,

(c) β ∧ ρ ,

(d) α ∧ β ∧ ρ .

5. Calcule dF , donde la 0–forma F (x, y, z) = (x2 + y2)/z esta

definida en R3 − z = 0


6. Sea A : U ⊂ R3 → R (U abierto) una 0–forma de clase Cr

(r > 1). Pruebe que

dA =∂A

∂xdx +

∂A

∂ydy +

∂A

∂zdz

7. Considere

ω = e(x+2y)2dx + 2e(x+2y)2dy .

Muestre que ω = df para alguna f : R2 → R

8. Sean F1, F2, F3 : U ⊂ R3 → R (U abierto) aplicaciones diferencia-

bles. de clase Ck (k > 1).

(a) Defina la 1–forma ω por ω = F1dx + F2dy + F3dz . Calcule

dω . Si consideramos F = (F1, F2, F3) : U → R3 y definimos

∇×F =(

∂F3

∂y− ∂F2

∂z,

∂F1

∂z− ∂F3

∂x,

∂F2

∂x− ∂F1

∂y

). ¿Cual

es la relacion entre dω y ∇× F ?

(b) Defina la 2-forma β por β = F1dy∧dz+F2dz∧dx+F3dx∧dy .

Pruebe que dβ =(

∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z

)dx ∧ dy ∧ dz . Se

define la divergencia de la aplicaion F = (F1, F2, F3) : U →R3 por div F =

∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z. Podemos entonces

escribir la igualdad anterior como dβ = div(F )dx ∧ dy ∧ dz .

9. Calcule la derivada exterior de las siguientes formas diferenciales

(a) z2dx ∧ dy + (z2 + 2y)dx ∧ dz ;

(b) 13xdx + y2dy + xyzdz ;

(c)xdx + ydy

x2 + y2, definida en R2 − (0, 0) ;

(d)ydx− xdy

x2 + y2, definida en R2 − (0, 0) ;

Sergio Plaza 409

(e) f(x2 + y2)(xdx + ydy) , donde f : R→ R es una aplicacion

de clase Cr (r > 1);

(f) fdg ( f, g son funciones )

10. Sean U, V ⊂ Rm conjuntos abiertos, y sea f : U → V una apli-

cacion diferenciable de clase Cr (r > 1), escribamos (y1, . . . , ym) =

(f1(x1, . . . , xm), . . . , fm(x1, . . . , xm)) , donde f = (f1, . . . , fm) . Sea

ω la m–forma ω = dy1∧· · ·∧dym . Pruebe que f∗ω = det(Df) dx1∧· · · ∧ dxm .

11. Para cada una de las siguientes formas diferenciales ω determine

si existe una funcion f tal que ω = df . Encuentre f cuando

exista.

(a) ω = (yzexy +2xyz2)dx+(xzexy +x2z2)dy +(exy +x2yz2)dz .

(b) ω = (cos(yz) + 2xz)dx + (2yz − xz sen(yz))dy + (y2 + x2 +

ez − xy sen(yz))dz .

Capıtulo 12

Integracion de Formas

Diferenciables

En este capıtulo estudiaremos integracion de formas diferenciables definidas

en superficies, por ejemplo, la integral de 1–formas diferenciales sobre su-

perficies 1–dimensional es la integral de linea del calculo integral clasico,

y la integral de 0–formas diferenciales sobre superficies 2–dimensionales

contenidas en el espacio euclidiano tridimensional es la integral de su-

perficies (ver [2], capıtulos 5 y 6 o bien [8], capıtulo 13). El objetivo

final es demostrar los teoremas clasicos del calculo integral, estos son el

Teorema de Stokes, Teorema de Green, y Teorema de Gauss (tambien

llamado Teorema de la Divergencia)

12.1 Integral de k–formas

Comenzamos el estudio de la integral de formas diferenciables, definiendo

la integral de 0–formas definidas en superficies de orientadas dimension

0. Como este tipo de superficies esta formada por puntos aislados, a los

411

412 Integracion de Formas Diferenciales

cuales asignamos una orientacion, basta definirla en el caso mas simple

y que corresponde a un punto.

Definicion 12.1 Sea p un punto y sea ω una 0–forma definida en

p . La integral de ω en p es

∫

pω =

ω(p) si p es orientado con +

−ω(p) si p es orientado con − .

Para el caso general, simplemente exigimos que la integral sea lineal.

Por ejemplo, si M = +(6, 3,−1) ∪ −(1, 1, 1) y ω(x, y, z) = x2 +

y3 − 3z entonces∫M ω = ω(6, 3,−1)− ω(1, 1, 1) = (62 + 33 − 3(−1))−

(12 + 13 − 3 · 1) = 67 . Recuerde que en nuestro contexto, −(1, 1, 1)significa que el punto (1, 1, 1) tiene la orientacion − , y no es el punto

(−1,−1,−1) .

Proposicion 12.1 Sea M una superficie 0–dimensional orientada, y

sea ω : M → R una 0–forma. Si denotamos por −M la superficie M

con la orientacion opuesta. Entonces∫

−Mω = −

∫

Mω .

Demostracion. Trivial.

Ahora extenderemos nuestro concepto de integral a superficies 1–

dimensionales con borde. Sea M ⊂ Rn una superficie en de dimension

1, con borde. Entonces M es simplemente una curva. Usando el Teo-

rema del Cambio de Variable, nos es suficiente definir la integral de

1–formas diferenciables definidas sobre curvas que son imagen de una

unica parametrizacion, ϕ : [a, b] ⊂ R → Rn . Para mantener la co-

herencia, una tal superficie la denotamos por C . Orientamos C en el

Sergio Plaza 413

sentido crecientes del parametro t , es decir, ϕ′(t) es una base positiva

de Tϕ(t)C

Definicion 12.2 Sea C ⊂ Rn una curva orientada, parametrizada por

ϕ : [a, b] → Rn . Sea ω : C → R una 1–forma diferenciable de clase Cr

( r > 1 ). La integral de ω sobre C es

∫

Cω =

∫ b

aω(ϕ′(t))dt .

Sabemos que podemos escribir una 1–forma diferencial ω en Rn como

ω =∑n

i=1 ωi dxi , donde ω : C → R son funciones diferenciables (i =

1, . . . , n), luego

∫

Cω =

∫

C

n∑

i=1

ωidxi =n∑

i=1

∫

Cωidxi .

Por lo tanto, solo nos basta ver como integrar 1–formas diferencial

del tipo ωidxi . Llamemos βi = ωidxi . Tenemos que βi(ϕ′(t)) =

ωi(ϕ(t))dxi(ϕ′(t)) = ωi(ϕ(t))dxi(ϕ′1(t), . . . , ϕ′n(t)) = ωi(ϕ(t))ϕ′i(t) , de

aquı tenemos entonces que

∫

Cωidxi =

∫

Cβi =

∫

Iβi(ϕ′(t))dt =

∫ b

aωi(ϕ(t))ϕ′i(t)dt .

Por lo tanto,

∫

Cω =

n∑

i=1

ωidxi =n∑

i=1

∫ b

aωi(ϕ(t))ϕ′i(t)dt.

Definicion 12.3 Sea c : [a, b] → Rn una curva. Decimos que c es

diferenciable por partes, si c es continua y existe una particion a = t0 <

t1 < · · · < tk < tk+1 = b de [a, b] tal que la restriccion c/[tj , tj+1] = cj

es diferenciable, j = 0, . . . , k .


Ejemplo. Sea c : [−1, 1] → R2 dada por c(t) = (t, |t|) . Claramente

c no es diferenciable en t = 0 , pero es de clase C∞ por partes, como

puede ser facilmente verificado.

Nota. En esta notas trabajaremos, en general, con curvas y superficies

diferenciables, pero es facil extender los resultados al caso de curvas

diferenciables por partes.

Observacion. En los textos de calculo se define la integral de linea de

campos vectoriales. Un campo vectorial definido en un abierto U ⊂ Rn

es una aplicacion F : U → Rn . Podemos identificar un campo vectorial

F con la 1–forma ωF definida sobre U dada por ωF = F1dx1 + · · · +Fndxn , donde F = (F1, . . . , Fn) . Si C : [a, b] → U es una curva

diferenciable por partes, se define la integral de linea del campo vectorial

F a lo largo de C por∫

CF =

∫ b

a

n∑

i=1

Fi(c(t))c′i(t) dt =∫ b

a< F (c(t)), c′(t) > dt .

la cual es obviamente igual a la integral∫C ωF como fue definida ante-

riormente.

Ejemplos.

1. Sea C ⊂ R3 la curva parametrizada por ϕ : [1, 3] → R3 , donde

ϕ(t) = (2t+1, t2, t3) , y sea ω(x, y, z) = (3x− 1)2dx+5zdy +2dz .

Tenemos x = ϕ1(t) = 2t + 1 , y = ϕ2(t) = t2 , z = ϕ3(t) = t3 ,

ω1(x, y, z) = (3x−1)2 , ω2(x, y, z) = 5z , y ω3(x, y, z) = 2 . Luego,∫C ω =

∫ 31 (ω1(ϕ(t))ϕ′1(t) + ω2(ϕ(t))ϕ′2(t) + ω3(ϕ(t))ϕ′3(t))dt =

∫ 31 10t4 + 78t2 + 48t + 8 dt = 1268 .

Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto. Si c : [a, b] → U ⊂ Rn es una curva

diferenciable por partes y a = t0 < t1 < · · · < tk < tk+1 = b es una

Sergio Plaza 415

particion de [a, b] tal que las restricciones cj = c/[tj , tj+1] (j = 0, . . . , k )

son diferenciables (obviamente suponemos que la particion es la mınima

que satisface la condicion). Sea ω una 1–forma definida en U . Entonces

en cada intervalo [tj , tj+1] tenemos la 1–forma c∗jω , la cual es dada por

c∗jω =n∑

i=1

ai(x1(t), . . . , xn(t))dxi

dtdt ,

donde c(t) = (x1(t), . . . , xn(t)) . Se define entonces

∫

Cω =

k∑

j=0

∫ tj+1

tj

c∗jω =∫ b

a

(n∑

i=1

ai(t)dxi

dt

)dt .

Recordemos que un cambio de parametro de c : [a, b] → Rn es un

difeomorfismo ϕ : [c, d] → [a, b] . Decimos que ϕ preserva orientacion

si es creciente, si no decimos que invierte orientacion. Supongamos que

ϕ es creciente (si no, hay que hacer el adecuado cambio de signo), y sea

t = ϕ(τ) . Entonces∫

C=

∫ b

a

(n∑

i=1

ai(t)dxi

dt

)dt

=∫ b

a

(n∑

i=1

ai(ϕ(τ))dxi

dτ

dτ

dt

)dt

=∫ d

c

(n∑

i=1

ai(τ)dxi

dτ

)dτ

=∫

Cω ,

donde C es la curva C parametrizada por τ .

Desde las propiedades de la integral para funciones de variable real a

valores reales se sigue la siguiente proposicion


Proposicion 12.2 Sea C ⊂ Rn una curva orientada, y sea k un

numero real, y sean ω, α : C → R dos 1–formas de clase Cr ( r > 1 ).

Entonces

1. ∫

Ckω + α = k

∫

Cω +

∫

Cα .

2. Si −C representa la curva C con la orientacion opuesta, entonces∫

−Cω = −

∫

Cω .

Demostracion. Inmediata desde la defincion.

Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto, y sea ω una 1–forma definida en

U . Recordemos que una forma ω es cerrada si dω = 0 , y que ω es

exacta si existe una funcion f : U → R tal que ω = df .

Ahora si ω es exacta en U y c : [a, b] → U es una curva diferenciable,

entonces∫

Cω =

∫

Cdf =

∫ b

ac∗(df) = f(c(b))− f(c(a)) ,

es decir, el valor de∫C ω depende solo de los puntos extremos de la

curva C . De esto se sigue que si ω es exacta en U y C es una curva

cerrada (es decir, c(a) = c(b)) en U entonces∫

Cω = 0 .

Sea ω =∑n

i=1 aidxi una 1–forma definida en un conjunto abierto

U ⊂ Rn . Tenemos la siguiente proposicion.

Proposicion 12.3 Son equivalentes:

1. ω es exacta en un subconjunto abierto conexo V ⊂ U ,

Sergio Plaza 417

2. el valor de∫C ω depende solo de la curva C , para toda curva C

contenida en V ,

3.∫C ω = 0 para toda curva cerrada C contenida en V .

Nota. Una curva C contenida en V significa que C es la imagen de

c : [a, b] → Rn tal que c(t) ∈ V para todo t ∈ [a, b] .

Demostracion. Ya hemos probado que (1) implica (2) y que (2) implica

(3).

Ahora, la prueba que (3) implica (2) es inmediata, por lo tanto solo

nos resta probar que (2) implica (1).

(2) implica (1). Fijemos un punto p ∈ V . Dado x ∈ V , sea C una

curva diferenciable por partes uniendo p y x . Definamos f : V → R

por f(x) =∫C ω . Por (2), f esta bien definida. Afirmamos que df = ω ,

lo cual terminarıa la prueba.

Como df =∑n

i=1∂f∂xi

dxi , debemos probar que ∂f∂xi

(x) = ai(x) (i =

1, . . . , n). Sea ei el i–esimo vector canonico de Rn , y consideremos la

curva ci : ]−ε, ε[→ V , dada por ci(t) = x+ tei , uniendo x con x+ tei .

Entonces

∂f

∂xi(x) = lim

t→0

f(x + tei)− f(x)t

= limt→0

1t

(∫

c+ci

ω −∫

cω

)

= limt→0

1t

∫

ci

ω

=1t

∫ t

0ai(s) ds = ai(0) = ai(x) .

Lo que termina la prueba de lo afirmado.


Ejemplo. Consideremos la 1–forma

ω0 = − y

x+y2dx +

x

x2 + y2dy

definida en R2−(0, 0) . Tenemos que dω0 = 0 , pero ω0 no es exacta.

¿porque?

Para superficies m–dimensionales con borde, Mm , la definicion de la

integral de una m–forma diferenciable puede ser hecha primero definiendo

esta en el caso que Mm es imagen de una unica parametrizacion y des-

pues la extendemos al caso general.

Sea Mm ⊂ Rn una superficie m–dimensional con borde, imagen de

una unica parametrizacion ϕ : U0 ⊂ Rm → M . Sea ω : M → R una

m–forma diferenciable de clase Cr ( r > 1 ), entonces podemos escribir

ω = (f ϕ)(x1, . . . , xm)dx1∧· · ·∧dxm , donde f : M → R es una funcion

de clase Cr .

Definicion 12.4 La integral de ω sobre M es

∫

Mω =

∫

U0

(f ϕ)(x1, . . . , xm)dx1 · · · dxm .

Ahora demostraremos que la definicion arriba no depende de la eleccion

de la parametrizacion.

Proposicion 12.4 Sea Mm ⊂ Rn una superficie orientada. Sean ϕ :

U0 ⊂ Rm → U ⊂ M y ψ : V0 ⊂ Rm → U parametrizaciones positiva de

U , y sea ω : U → R una m–forma diferenciable de clase Cr ( r > 1 ),

ω = fdx1 ∧ · · · ∧ dxm . Entonces

∫

Uω =

∫

U0

(f ϕ)dx1 · · · dxm =∫

V0

(f ψ)dx1 · · · dxm .

Sergio Plaza 419

Demostracion. Considerando el cambio de coordenadas ξ = ψ−1 ϕ :

U0 → V0 , y escribamos xi = ξi(y1, . . . , ym) (i = 1, . . . , m), donde

tenemos las coordenadas (x1, . . . , xm) en U0 y (y1, . . . , ym) en V0 .

Denotemos por ωϕ y ωψ la representacion de ω en U0 y V0 , re-

spectivamente, es decir, ωϕ = ϕ∗ω y ωψ = ψ∗ω . Entonces ξ∗ωϕ =

(ϕ−1 ψ)∗ωϕ = ψ∗ (ϕ−1)∗ωϕ = ψ∗ (ϕ1)∗ ϕ∗ω = ψ∗ω = ωψ . Ademas

tenemos que

ωψ = det(Dξ) (f ψ) dy1 ∧ · · · ∧ dym .

Ahora, (f ψ)(y1, . . . , ym) = (f ϕ) (ϕ−1 ψ)(y1, . . . , ym) = (f ϕ)(ξ(y1, . . . , ym)) = (f ϕ)(x1, . . . , xm) , y por el Teorema del Cambio

de Variable para integrales multiples, obtenemos que∫

U0

(f ϕ) dx1 · · · dxm =∫

V0

| det(Dξ)|(f ψ) dy1 · · · dym

y como det(Dξ) > 0 , se tiene que el resultado.

12.2 Teorema de Stokes

Sea U un conjunto abierto de Rn o de una superficie M , y sea ω :

U ⊂→ R una forma diferenciable de clase Cr ( r > 1 ). El soporte de

ω es el conjunto sop(ω) = clausura p ∈ U : ω(p) 6= 0 . Es claro que

sop(ω) es un conjunto cerrado en Rn o en M , segun corresponda.

Sea ω : U → R una n–forma diferenciable entonces podemos es-

cribir ω = a(x1, . . . , xn) dx1 ∧ · · · ∧ dxn . Supongamos que sop(ω) es un

conjunto compacto y esta contenido en U . Definimos∫

Uω =

∫

sop(ω)a(x1, . . . , xn) dx1 · · · dxn .

Si M es una superficie, en lo que sigue, por simplicidad vamos a suponer

que M es compacta.


Como sop(ω) ⊂ M es cerrado, se sigue que este es compacto. Suponemos

tambien que M es orientable y que tenemos fijada una orientacion en

ella.

Ahora, sea ϕ : Uα ⊂ Rn → Vα ⊂ M es una parametrixacion. Si

sop(ω) ⊂ Vα = ϕ(Uα) entonces, localmente, ω se escribe como ωα =

aα(u1, . . . , un)du1 ∧ · · · ∧ dun , y definimos∫

Mω =

∫

Vα

ωα =∫

Uα

aα(u1, . . . , un)du1 · · · dun .

Si sop(ω) ⊂ Vβ = ϕβ(Uβ) . Entonces el valor de la integral es el

mismo que cuando se calcula usando la parametrizacion ϕβ , esto es

consecuencia inmediata del Teorema del Cambio de Variable anterior.

La eleccion de la orientacion de M sirve para que no haya cambios

en el signo de la integral al trabajar con diferentes parametrizaciones.

Si sop(ω) no esta contenido en la imagen de una parametrizacion,

consideramos el cubrimiento abierto Vα : α ∈ Γ de M por vecin-

dades parametrizadas, y sea Φ = ψα una particion de la unidad

subordinada a este cubrimiento, es decir, sop(ψαω) ⊂ Vα . Definimos

entonces ∫

Mω =

k∑

α=1

∫

Mϕα · ω .

Como antes, se prueba que esta definicion no depende de la particion

de la unidad usada para calcular la integral.

Teorema 12.1 (Stokes). Sea Mm una superficie de clase Cr ( r >1 ), compacta, orientada y con borde ∂M dotado de la orientacion in-

ducida. Sea ω una (m − 1)–forma diferenciable sobre M y sea dω

su derivada exterior. Denotemos por i∗ω la restriccion de ω a ∂M ,

donde i : ∂M → M es la aplicacion inclusion. Entonces∫

∂Mi∗ω =

∫

Mdω .

Sergio Plaza 421

Demostracion. Sea K = sop(ω) . Consideremos los siguientes casos:

a) K esta contenido en un abierto V = ϕ(U) , donde ϕ : U ⊂ Rm →V ⊂ M es una parametrizacion.

En V la forma ω puede ser escrita como

ω =m∑

j=1

aj(u1, . . . , um) du1 ∧ · · · ∧ duj−1 ∧ duj+1 ∧ · · · ∧ dum ,

donde aj : U → R son funciones diferenciables ( j = 1, . . . , m ). Luego

dω =

m∑

j=1

(−1)j−1 ∂aj

∂uj

du1 ∧ · · · ∧ dum .

Si ϕ(U)∩∂M = ∅ . Entonces ω = 0 en los puntos de ∂M e i∗w = 0 ,

de donde ∫

∂Mi∗ω = 0 .

Ahora debemos probar que

∫

Mdω =

∫

U

m∑

j=1

(−1)j−1 ∂aj

∂ujdu1 · · · dum = 0

.

Para esto, extendemos las funciones aj a Hm definiendo

aj(u1, . . . , um) =

aj(u1, . . . , um) si (u1, . . . , um) ∈ U

0 si (u1, . . . , um) ∈ Hm − U

Como ϕ−1(K) ⊂ U, las funciones aj ası definidas son diferenciables

en Hm . Consideremos ahora el cubo Q ⊂ Hm dado por u1j 6 uj 6

u0j , j = 1, . . . , m y que contiene a ϕ−1(K) en su interior. Entonces


∫

U

m∑

j=1

(−1)j−1 ∂aj

∂ujdu1 · · · dum =

m∑

j=1

(−1)j−1

∫

Q

∂aj

∂ujdu1 · · · dum

=m∑

j=1

(−1)j−1

∫

Qaj(u1, . . . , uj−1, u

0j , uj+1, . . . , um)

−aj(u1, . . . , uj−1, u1j , uj+1, . . . , um) du1 · · · duj−1 duj+1 · · · dum

= 0

pues aj(u1, . . . , u0j , . . . , um) = aj(u1, . . . , u

1j , . . . , um) = 0 para todo j =

1, . . . , m .

Si ϕ(U) ∩ ∂M 6= ∅ . Entonces la aplicacion i se escribe como

i =

u1 = 0

uj = uj , j = 2, . . . , m

y usando la orientacion inducida en el borde i∗ω = a1(0, u2, . . . , um) du2∧. . . ∧ dum , como antes extendemos las funciones aj por

aj(u1, . . . , um) =

aj(u1, . . . , um) si (u1, . . . , um) ∈ U

0 si (u1, . . . , um) ∈ Hm − U

las funciones aj ası definidas son de clase Cr en Hm . Consideremos

ahora el cubo dado por u1j 6 u1 6 0 , u1

j 6 uj 6 u0j (j = 2, . . . , m ) y

tal que la union del interior de Q con el hiperplano u1 = 0 contenga a

ϕ−1(K) . Entonces

∫

Mdω =

m∑

j=1

(−1)j−1

∫

Q

∂aj

∂ujdu1 · · · dum

Sergio Plaza 423

=∫

(a1(0, u2, . . . , um)− a1(u11, u2, . . . , um))du2 · · · dum

+m∑

j=2

(−1)j−1

∫(aj(u1, . . . , u

0j , . . . , um)

−aj(u1, . . . , u1j , . . . , um))du1 · · · duj−1duj+1 · · · dum .

Ahora, como aj(u1, . . . , u0j , . . . , um) = aj(u1, . . . , u

1j , . . . , um) = 0 , y

a1(u11, u2, . . . , um) = 0 , tenemos que

∫

Mdω =

∫

Qa1(0, u2, . . . , um)du2 · · · dum =

∫

∂Mi∗ω .

Para el caso general, sea Vα un cubrimiento abierto de M por

vecindades parametrizadas, sea ψ1, . . . , ψ` una particion de la unidad

subordinada al cubrimiento Vα . Las formas diferenciales ωj = ψjω ,

con j = 1, . . . , ` satisfacen las condiciones anteriores. Ademas, como∑`

j=1 dω = 0 , tenemos∑`

j=1 ωj = ω y∑`

j=1 dωj = dω . Luego,

∫

Mdω =

∑

j=1

∫

Mdω

=∑

j=1

∫

∂Mi∗ωj

=∫

∂M

∑

j=1

∗ω

=∫

∂Mi∗

∑

j=1

ωj

=∫

∂Mi∗ω .

Lo que termina la prueba del teorema.


El Teorema de Stokes puede ser reformulado de la siguiente manera.

Teorema 12.2 Sea M una superficie compacta orientada con borde

∂M (posiblemente vacıo) orientado con la orientacion inducida por la

orientacion de M . Sea ω una (m − 1)–forma diferenciable de clase

Cr ( r > 1). Entonces ∫

Mdω =

∫

∂Mω .

Del teorema anterior tenemos los siguientes corolarios.

Corolario 12.3 Sea Mm una superficie orientada cerrada (es decir,

∂M = ∅ ) y sea ω : M → R una m–forma exacta. Entonces∫

Mω = 0 .

Demostracion. Como ω es exacta, se tiene que ω = dα , donde α es

una (m− 1)–forma. Entonces∫

Mω =

∫

Mdα =

∫

∂Mα = 0 .

Corolario 12.4 Sea Mm una superficie orientada, con borde, y sea

ω : M → R una m–forma cerrada (dω = 0). Entonces∫

∂Mω = 0 .

Demostracion. Tenemos que∫

∂Mω =

∫

Mdω = 0 .

12.2.1 Teorema de Green y Teorema de Gauss

En esta seccion probaremos dos resultados clasicos, que son el Teorema

de Green y el Teorema de Gauss.

Sergio Plaza 425

Teorema 12.5 (Green) Sea M ⊂ R2 un superficie 2–dimensional

con borde, y sean P,Q : M → R funciones diferenciables. Entonces∫

∂MPdx + Qdy =

∫ ∫

M

(∂Q

∂x− ∂P

∂ydx dy .

)

Nota. La superficie M es considerada con la orientacion usual y ∂M

tiene la orientacion inducida.

Demostracion. Sea ω = Pdx + Qdy . Tenemos que ω es una 1–forma

diferenciable, y por el Teorema de Stokes∫

Mdω =

∫

∂Mω .

Ahora,

dω = dP ∧ dx + dQ ∧ dy

=(

∂P

∂xdx +

∂P

∂ydy

)∧ dx +

(∂Q

∂xdx +

∂Q

∂ydy

)∧ dy

= (∂P

∂xdx ∧ dx +

∂P

∂ydy ∧ dx +

∂Q

∂xdx ∧ dy +

∂Q

∂ydy ∧ dy

= −∂P

∂ydx ∧ dy +

∂Q

∂xdx ∧ dy ,

esto es, dω =(

∂Q∂x − ∂P

∂y

)dx ∧ dy . Reemplazando esto en la formula

dada por el Teorema de Stokes obtenemos el resultado.

Nota. Sea V espacio vectorial real de dimension m . Denotemos por

Lk(V,R) el espacio vectorial de las aplicaciones k –lineales L : V k → R

(V k = V × · · · × V , k factores). Recordemos que T ∈ k(V,R) es al-

ternada si, T (v1, . . . , vi, . . . , vj , . . . , vk) = −T (v1, . . . , vj , . . . , vi, . . . , vk) .

Denotemos por Λk(V ) = L ∈ Lk(V,R) : L alternada . Es facil ver

que Λk(V ) es un subespacio vectorial de Lk(V,R) y que dim Λk(V ) =


m!k!(m−k)! . Si V es un espacio vectorial orientado, y si v1, . . . , vm es

una base ortonormal de V determinando su orientacion. Entonces exis-

te una unica ω ∈ Λk(V ) tal que ω(v1, . . . , vm) = 1 . Esta m–forma

lineal es llamado elemento de volumen de V .

Ahora, si M ⊂ Rn es una superficie m–dimensional de clase Cr

(r > 1) orientada (con o sin borde). Como Λm(TxM) tiene dimension

1, para cada x ∈ M existe una unica m–forma vol : M → R tal que

volx(v1(x), . . . , vm(x)) = 1 para cada base ortonormal v1(x), . . . , vm(x)de TxM determinando su orientacion. La forma vol es llamada forma

de volumen de M .

Si M ⊂ Rm una superficie m–dimensional compacta, y si vol es su

forma de volumen, entonces se tiene que∫

Mvol =

∫

Mdx1 · · · dxm = vol(M) .

Si dimM = 2 , la forma de volumen correspondiente es denotada por

dA , y es llamada forma de area (no es la diferencial de A , es solo una

notacion).

Sea M ⊂ R3 es una superficie 3–dimensional con borde, ∂M , y sea

n(x) el vector unitario normal a Tx∂M . Orientamos ∂M de modo que

n(x) apunte hacia afuera de M . Tenemos entonces que

dA = n1dy ∧ dz + n2dz ∧ dx + n3dx ∧ dy .

Ademas, n1dA = dy ∧ dz , n2dA = dz ∧ dx , y n3dA = dx ∧ dy .

Teorema 12.6 (Gauss) Sea M ⊂ R3 una superficie 3–dimensional

compacta con borde, orientada por su vector normal unitario, n =

(n1, n2, n3) , en ∂M . Sea F : M → R3 una aplicacion diferenciable.

Entonces ∫

Mdiv(F )dV =

∫

∂M< F, n > dA .

Sergio Plaza 427

Observacion. Esta ecuacion se escribe como sigue:∫ ∫ ∫

M

(∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z

)dxdydz =

∫ ∫

∂M(n1F1+n2F2+n3F3)dA .

Demostracion. Definamos la 2–forma ω sobre M por ω = F1dy ∧dz + F2dz ∧ dx + F3dx ∧ dy . Tenemos que ω es diferenciable, y

dω = dF1 ∧ dy ∧ dz + dF2 ∧ dz ∧ dx + dF3 ∧ dx ∧ dy

=(

∂F1

∂xdx +

∂F1

∂ydy +

∂F1

∂zdz

)∧ dy ∧ dz

+(

∂F2

∂xdx +

∂F2

∂ydy +

∂F2

∂zdz

)∧ dz ∧ dx

+(

∂F3

∂xdx +

∂F3

∂ydy +

∂F3

∂zdz

)∧ dx ∧ dy

=∂F1

∂xdx ∧ dy ∧ dz +

∂F1

∂ydy ∧ dy ∧ dz +

∂F1

∂zdz ∧ dy ∧ dz

+∂F2

∂xdx ∧ dz ∧ dx +

∂F2

∂ydy ∧ dz ∧ dx +

∂F2

∂zdz ∧ dz ∧ dx

+∂F3

∂xdx ∧ dx ∧ dy +

∂F3

∂ydy ∧ dx ∧ dy +

∂F3

∂zdz ∧ dx ∧ dy

=∂F1

∂xdx ∧ dy ∧ dz +

∂F2

∂ydx ∧ dy ∧ dz +

∂F3

∂zdx ∧ dy ∧ dz .

Por otra parte,

n1dA = dy ∧ dz

n2dA = dz ∧ dx

n3dA = dx ∧ dy


Ası,

< F, n > dA = F1n1dA + F2n2dA + F3n3dA

= F1dy ∧ dz + F2dz ∧ dx + F3dx ∧ dy

= ω .

Luego, por el Teorema de Stokes, reemplazando se obtiene el resul-

tado.

12.3 Ejercicios

1. Sea Mm ⊂ Rn superficie orientada con borde, y sea ω una

m–forma en M , con sop(ω) compacto. Designe por −M la su-

perficie M con la orientacion opuesta. Demuestre que∫

−Mω =

−∫

Mω .

2. (a) Sea f(x, y, z) = (2xy, 3z3, x2, 9xz2) . Calcule∫

CF ·dr , donde

C es cualquier curva comenzando en (2, 1, 1) y terminando

en (5, 0, 0) .

(b) ¿Para que valores de a y b se tiene que F (x, y, z) = (bxz +

2y, bx + 2ayz, y2 + ax2) es el gradiente de una funcion f , es

decir, F = grad f ?

(c) Calcule∫

CF ·dr , donde F (x, y) = (−y2, x2) y C es parametrizada

por r(t) = (cos(t), sen(t)) , con 0 6 t 6 2π .

(d) Calcule∫

CF · dr , donde C es la curva parametrizada por

r(t) = (et sen(t), et cos(t)) , con 0 6 t 6 π y F (x, y) = (−(3+

2xy), x2 − 3y2) .

(e) Calcule∫

Czdx + y2dy + xyzdz , donde C es parametrizada

por r(t) = (1, 2t, t2) , con 0 6 t 6 1 .

Sergio Plaza 429

3. Calcule∫

Cx4dx + xydy , donde C es la curva consistiendo de los

segmentos de linea desde (0, 0) a (1, 0) , desde (1, 0) a (0, 1) , y

desde (0, 1) a (0, 0) , directamente y usando el teorema de Green.

4. Calcule∫

Sx+y+zdS , donde S es la porcion del plano x+y = 1

en el primer octante, donde 0 6 z 6 1 .

5. Calcule∫

CF (x, y)·dr , donde F (x, y) = (2xy, x2) y C es la curva

borde del cuadrado [0, 1]×[0, 1] , directamente y usando el teorema

de Green.

6. Sea S la parte de la grafica de la funcion f(x, y) = y2 − x2 + 1 ,

para x2 + y2 6 1 . Oriente S por el vector normal unitario n que

tiene su tercera coordenada positiva.

(a) Construya una parametrizacion ϕ(u, v) para S y exprese n

en terminos de∂ϕ

∂u× ∂ϕ

∂v.

(b) Sea F (x, y, z) = (0, xz, 0) . Calcule∫

Srot(F ) · ndS .

7. Calcule∫

SF · dS , donde F (x, y, z) = (x2, y2z, z3) y S es la

superficie del cubo [1, 2] × [−1, 1] × [0, 1] y la orientacion esta

dada por el vector normal unitario que apunta hacia afuera.

8. Sea ω = (x2 + x3 − 2x1x2)dx2 ∧ dx3 ∧ dx4 + (x22 + ex3 − x4)dx3 ∧

dx4 ∧ dx1 ¿Existe una forma η tal que dη = ω ? (justifique su

respuesta?

9. Calcule∫

Srot(F )·dS , donde F (x, y, z) = (z3x−y, z3y, x3y+y3x)

y S es la pare de la superficie z = 9− x2 − y2 por sobre el plano

xy .


10. Calcule la integral

∫

C(2x− y) dx + (x + 3y) dy

sobre el camino

(a) C : eje X de x = 0 a x = 5.

(b) C : eje Y de y = 0 a y = 2.

(c) C : segmento de (0,0) a (3,0) y de (3,0) a (3,3).

(d) C : segmento de (0,0) a (0,-3) y de (0,-3) a (2,-3).

(e) C : camino parabolico x = t , y = 2t2 , de (0,0) a (2,8).

(f) C : camino elıptico x = 4 sen(t) , y = 3 cos(t) , de (0,3) a

(4,0).

11. Sea c : [a, b] → M una curva de clase C1 en una superficie

Mm . Sean c(a) = p , c(b) = q . Pruebe que si f : M → R es

diferenciable y ω = df entonces∫ b

ac∗ω = f(q)− f(p) .

12. Sea T (u, v) = (4u, 2u + 3v) . Sea D∗ el rectangulo [0, 1]× [1, 2] .

Encuentre D = T (D∗) y calcule∫

Dxydxdy .

13. Calcule∫

Ωz3dxdydz , donde Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 6

2az , a > 0 .

14. Calcule el area de la superficie S parametrizada por Φ : [0, 1] ×[0, v/2] → R3 , con Φ(u, v) = (eu cos(v), eu sen(v), v) .

15. Sea S el borde del paralelepıpedo [−2, 2]× [−1, 1]× [−3, 3] , y sea

G(x, y, z) = (x3, 3z, 2y) . Calcule∫

SG · dS .

Sergio Plaza 431

16. Calcule∫

S∇ × F · dS , donde F (x, y, z) = (x, y, 0) y S es la

superficie definida por la ecuacion x2 + y2 + (z − 3)2 = 1 , para

z > 3 .

17. Sea F (x, y) = (ex cos(3y), 3ex sen(3y)) .

(a) Encuentre f tal que grad f = F ,

(b) Calcule∫

CF · dr , donde r(t) = (cos(t), sen(t)) .

18. Encuentre el area de la parte de la superficie z = xy +20 que esta

sobre el disco x2 + y2 6 8 .

19. Verifique el teorema de Stokes para la superficie x2+y2+z2 = 16 ,

con z > 0 , y F (x, y, z) = (x2 + y2 − 4, 3xy, 2xz + z2 =) .

20. Sea α : [a, b] → M una curva de clase C1 . Sea f : [c, d] → [a, b]

una funcion de clase C1 , con f(c) = a y f(d) = b . Demuestre

que∫ b

aα∗ω =

∫ d

c(α f)∗ ω , donde ω es una 1–forma definida

en una vecindad de α([a, b]) .

21. Una curva cerrada sobre una superficie M , es una curva γ : S1 →M . Si ω es una 1-forma sobre M , defina la integral de ω a lo

largo de γ por∮

γω =

∫

S1

γ∗ ω .

Para el caso M = Rm o M = graf(f) , donde f : Rn → R .

Escriba∮

γω explıcitamente.

22. Sea S la superficie imagen de ϕ(u, v) = (u cos(v), u sen(v), u) .

Encuentre un dominio donde ϕ es inyectiva. Encuentre un vector

normal a la superficie en el punto (1, 0, 1) . Encuentre la ecuacion

del plano tangente a la superficie en ese punto. Finalmente encuen-


tre el area de la porcion de la superficie determinada por 0 6 u 6 2

y 0 6 v 6 π .

23. Calcule las siguientes integrales:

(a)∫

Cxyzdy , donde C es el segmento de linea desde (1, 1, 1) a

(2, 3, 4) .

(b)∫

Cgrad(f)·dr , donde f en una funcion de clase C1 definida

en R3 y C es una curva cerrada en R3 .

24. Sea S el borde del cubo [−2, 2]×[−1, 1]×[−3, 3] y sea G(x, y, z) =

(x3, 3z, 2y) . Calcule∫

SG · dS .

25. Sea F (x, y, z) = (x, y, 0) . Calcule∫

S∇× F · dS , donde S es la

superficie en R3 definida por la ecuacion x2 + y2 + (z − 3)2 = 1

para z > 0 .

26. Sea F (x, y) = (ex cos(3y), ex sen(3y)) .

(a) Encuentre f tal que ∇f = F .

(b) Calcule∫

CF · ds , sobre el camino c(t) = (cos(t), sen(t)) ,

para 0 6 t 6 2π .

27. Verifique el Teorema de Stokes para la superficie x2 +y2 +z2 = 16

y z > 0 , donde F (x, y, z) = (x2 + y2 − 4, 3xy, 2xz + z2) .

28. Calcule∫

SzdS , donde S es la superficie dada por z = x2 + y2

para x2 + y2 6 1 .

29. Calcule la integral∫

Cxds , para cada una de las siguientes curvas

(a) C es el segmento de recta desde (0, 0) a (3, 1) .

Sergio Plaza 433

(b) C es la parte de la parabola x = y2 desde (1, 1) a (9, 3) .

30. Sea C la mitad de la cardioide r = 1− cos(θ) , donde 0 6 θ 6 π ,

esto es,

x = cos(θ)− cos2(θ)

y = sen(θ)− sen(θ) cos(θ) .

Calcule la integral ∫

Cydx− xdy .

Calcule tambien la integral

∫

C

ydx− xdy√x2 + y2

.


Cx2yds , donde C es el cuarto del astroide

dado por

x = cos3(θ)

y = sen3(θ)

con 0 6 θ 6 π/2 .

32. Parte del folium de Descarte x3+y3 = 3xy puede ser parametrizado

como

x =3t

1 + t3

y =3t2

1 + t3.

Calcule la integral∫

Cxdy , donde C es la parte del folium de

Descarte recorrida cuando t varia entre 0 y 2 en la parametrizacion

anterior.


33. Sea Ω la region entre x = 0 y x = π acotada por el eje x y la

grafica de y = sen(x) . Sea C la curva frontera de Ω recorrida en

sentido contrario a las agujas del reloj. Use el teorema de Green

para calcular la integral de linea∫

C(xy + x3)dx + (6y + y5)dy .

34. Si F (x, y, z) = (x2y, xy2, xyz) . Calcule rot(F ) ¿Puede calcular

rapidamente div(rot(F ))?

35. Sea h : R→ S1 , dada por h(t) = (cos t, sen t) . Demuestre que si

ω es una 1-forma sobre S1 entonces∫

S1ω =

∫ 2π

0h∗ω .

36. Sea f : M → R una funcion diferenciable, donde N es una

superficie de clase Ck . Sea ω = df . Pruebe que∫

γω = 0 , para

cualquier curva cerrada γ sobre M .

37. Sobre R2−(0, 0) defina la 1-forma ω por ω(x, y) =( −y

x2 + y2

)dx+

(x

x2 + y2

)dy .

Calcule∫

Cω , donde C es un cırculo de radio r centrado en el

origen.

38. Use el Teorema de la Divergencia para calcular∫

SF ·ndS , donde

F (x, y, z) = (x3, y2, z3) y S es el cilindro cerrado dado por x2 +

z2 = 2 , 0 6 y 6 2 , y n es el vector normal unitario que apunta

para afuera de S .

39. La elıpse 4(z − 1)2 + y2 = 1 en el plano yz es rotada alrededor

del eje y para producir una superficie S en R3 . Parametrice S .

40. (a) Sea ω una k–forma, con k impar, muestre que ω ∧ ω = 0 .

Sergio Plaza 435

(b) Sea ω = x21dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 + (x1x4 − x2)dx2 ∧ dx3 ∧ dx4 +

x2x4dx3 ∧ dx4 ∧ dx1 ¿Existe una forma η tal que dη = ω ?

(c) Sea ω = xzdx ∧ dy + ydx ∧ dz + z2dy ∧ dz . Calcule∫

Sω ,

donde S es la parte del cono z =√

x2 + y2 entre z = 1 y

z = 2 , orientado por el vector normal unitario que apunta

hacia afuera.

41. Calcule∫

γω , donde ω = −y

x2+y2 dx + xx2+y2 dy y γ es la elıpse

19(x − 2)2 + 1

4(y − 1)2 = 1 orientada en el sentido contrario a las

agujas del reloj.

42. Calcule∫

γω , donde ω = ydx − xdy + dz y γ(t) = (sen(t), t, t3)

con 0 6 t 6 2π .

43. Use el Teorema de Green para encontrar una integral equivalente

a la integral doble∫ 3

−3

∫ 2√

1−x2/9

−2√

1−x2/92xydxdy .

44. Calcule∫

γy2dx + ezdy + exdz , donde γ es dada por γ(t) =

(3, et, t) para 0 6 t 6 1 .

45. Calcule∫

γ(ex2

+3y)dx+2xydy , donde γ es el borde de la region

triangular en el plano xy , determinada por el triangulo de vertices

(0, 0) , (2, 0) , y (2, 4) , recorrida en el sentido antihorario.

46. Calcule∫

γ

xdy − ydx

x2 + y2, donde γ es la curva frontera de la region

determinada por el trapezoide de vertices (0, 1) , (1, 1) , (2,−1) ,

y (−1,−1) , orientada en el sentido antihorario.

47. Calcule las siguientes integrales


(a)∫

γF ·ds , donde F (, x, y, z) = (y2, xy, xz) y γ es el segmento

de linea desde el origen a (1, 2, 3) .

(b)∫

γF · ds , donde F (x, y, z) = (2xy, x2, 3) y γ es un camino

sobre la esfera unitaria comenzando en (0, 0, 1) y finalizando

en (1, 0, 0) y realizando al menos dos vueltas completas alrede-

dor del eje z .

(c)∫

γF · ds , donde F (x, y, z) = (arctang(x2) − y2

2 , ey2 11+y2 +

x2

2 , log(3 + 4z3)) y γ(t) = (cos(t), sen(t), cos2(t)− sen2(t)) y

0 6 t 6 2π .

(d)∫

γydx + zdy − dz , donde γ(t) = (t, et, e−t) y 0 6 t 6 2π .

48. Calcular∫

Γy2dx+x2dy , donde Γ es la semi–elıpse superior reco-

rrida en el sentido positivo (antihorario).

49. Calcular∫

C(x3 − y)dx + (x + y)dy , donde C es el cırculo de

ecuacion x2 + y2 − 1 = 0 recorrido en el sentido positivo (antiho-

rario)

50. Calcular∫

Cxy2dy − yx2dx , donde C es el cırculo de ecuacion

x2 + y2 − 2y = 0 , recorrido en el sentido antihorario.

51. Sea D = (x, y) ∈ R2 : x > 0 , y > 0 , x + y 6 1 . Calcular∫

∂D(x2 + y2)dx + (x2 − y2)dy .

52. Sea D el semi–disco superior de centro en (0, 0) y radio a ( a >

0 ), y sea ∂D+ su borde superior. Calcular, de dos modos distin-

tos,∫

∂D+

x2ydx + xy(2a− y)dy .

Sergio Plaza 437

53. Calcular∫

D(x3 + y3)dxdy , donde D = (x, y) ∈ R2 : x >

0 , x2

a2 + y2

b26 1 .

54. Calcular∫

D(3x2 + y2)dxdy , donde D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6

1 , (x− 1)2 + y2 6 1 , y > 0 .

55. Sea a > 0 . Calcular∫

Γydx + zdy + xdz , donde Γ es el cırculo

definido por las ecuaciones

x + z = a

x2 + y2 + z2 = a2

orientado por el vector de coordenadas (1, 0, 1) .

56. Calcular∫

Sf(x, y, z)dS , donde S es definida por

x2 + y2 = z2

0 6 z 6 1

y f(x, y, z) = x2y2z .

57. Calcular∫

Sxz dS , donde S es la superficie parametrizada por

x = r cos(θ)

y = r sen(θ)

z = hθ ,

com (r, θ) ∈ D = [0, R]× [0, π] , r > 0 , y h > 0 .

58. Si R = [a, b] × [c, d] y C es la frontera de R (orientada en el

sentido antihorario), y P (x, y) es de clase C1 , entonces∫

R−∂P

∂ydxdy =

∫

CPdx .


59. Si definimos

f(a, b) =∫

Cx+Cy

Pdx + Qdy ,

donde Cx = segmento de linea desde (0, 0) a (a, 0) , Cy = seg-

mento de linea desde (a, 0) a (a, b) , entonces ∂f∂y = P (x, y) .

60. Sean ω = −ydx+xdyx2+y2 , α = −(y−b)dx+(x−a)dy

(x−a)2+(y−b)2, y γ = −(y−d)dx+(x−c)dy

(x−c)2+(y−d)2

para (x, y) 6= (0, 0) . Sea C el cırculo unitario, orientado en sen-

tido antihorario. Defina k =∫

Cα .

(a) ¿Cual es el valor de k si (a, b) esta en el disco unitario?.

(Indicacion: se sabe que∫

Cω = 2π y que dω = 0 , excepto

en el origen. Finalmente, k es igual a∫

ω sobre otro cırculo

¿Porque?

(b) ¿Cual es el valor de k si (a, b) esta en el exterior del disco

unitario?

(c) ¿Cual es el valor de∫

Cα + γ si ambos (a, b) y (c, d) estan

en el interior del disco unitario?

61. Sea M una superficie de clase Ck , con k > 1 . Sea π : R ×M → M la proyeccion π(x, p) = p y sea ia : M → R × M , la

incrustacion ia(p) = (a, p) . Pruebe que dPω +Pdω = ω−π∗i∗aω .

62. Sea γ : [a, b] → Rn una curva continua. Decimos que γ es de clase

C1 por partes si, existe una particion t0 = a < t1 < · · · < tn = b

tal que γi = γ/[ti, ti+1] , i = 0, 1, . . . , n−1 , es de clase C1 , usamos

la notacion γ = γ0, . . . , γn−1 . Sea M ⊂ R2 una region, cuyo

borde γ es una curva cerrada simple C1 por partes. Demuestre

que el Teorema de Green vale para M .

Sergio Plaza 439

63. Sea M ⊂ R2 una region conexa. Decimos que M es multi-

plemente conexa si su borde, ∂M , es una union finita disjunta

de curvas cerradas simples C1 por partes. Suponga que ∂M =

γ1 ∪ · · · ∪ γn , y que γ2, . . . , γn estan contenidas al interior de γ1 ,

y que para cada i > 1 , j > 1 la curva γi esta al exterior de γj .

Pruebe la siguiente generalizacion del Teorema de Green. Sean

P, Q : M → R , funciones C1 . Entonces

∫ ∫

M

∂Q

∂x− ∂P

∂ydxdy =

∮

γ1

Pdx + Qdy −n∑

i=2

∮

γk

Pdx + Qdy .

64. Sea f : R3 → R , f(x, y, z) = xyz . Pruebe que∫

S2f = 0 . (In-

dicacion. No es necesario hacer ningun calculo. Justifique su re-

spuesta)

65. Sea F : R3 → R3 , F (x, y, z) = (x2, y2, z2) . Calcular∫ ∫

S2

F ·nds , donde n(x, y, z) es el vector normal unitario exterior de S2

en el punto (x, y, z) . (Indicacion. Usar coordenadas esfericas)

66. Sean u, v : U ⊂ R2 → R funciones de clase C1 , donde U abierto

con (0, 0) ∈ U . Suponga que U contiene el disco D2 = (x, y) ∈R2 : x2 + y2 6 1 . Definamos F (x, y, z) = (v(x, y), u(x, y)) y

G(x, y) = (∂u∂x − ∂u

∂y , ∂v∂x − ∂v

∂y ) . Calcular∫ ∫

D2

F · Gdx dy , si

se sabe que sobre la frontera de D2 se tiene que u(x, y) = 1 y

v(x, y) = y .

67. Sea S ⊂ R3 una superficie que es la imagen de una parametrizacion

ϕ : U0 ⊂ R2 → R3 , si escribimos ϕ = (ϕ1, ϕ2, ϕ3) . Demuestre que


el area de S es dada por

A(S) =∫ ∫

U0

√(∂(ϕ2, ϕ3)∂(x, y)

)2

+(

∂(ϕ3, ϕ1)∂(x, y)

)2

+(

∂(ϕ1, ϕ2)∂(x, y)

)2

dx dy ,

donde∂(f, g)∂(x, y)

= det

∂f∂x

∂f∂y

∂g∂x

∂g∂y

.

Aplique lo anterior para calcular el area de la esfera S2 = (x, y, z) ∈R3 : x2 +y2 + z2 = a2 centrada en el origen y radio a > 0 . (In-

dicacion. Use la formula anterior para el caso de parametrizacion

de un grafico)

68. Sea H el hemisferio H = (x, y, z) ∈ S2 : x2 + y2 + z2 =

1 z > 0 , y sea n(x, y, z) el vector normal unitario exterior sobre

la esfera en el punto (x, y, z) . Si F (x, y, z) = (0, 0, x2 + xy − z2) .

Calcular∫ ∫

S∇F · nds .

69. Calcular∫

Cy2dx + xdy , si C = C1 ∪ C2 esta orientada positi-

vamente, donde C1 es el segmento de recta uniendo (0, 2) con

(−5,−3) y C2 es arco de parabola x = 4− y2 con −5 6 x 6 4 .

Ademas, verifique el resultado usando el teorema de Green.

70. Resuelva la ecuacion rotF = G , si

(a) G(x, y, z) = (1, 1, 1) .

(b) G(x, y, z) = (2y, 2z, 0) .

(c) G(x, y, z) = (0, 0, ex − ey) .

71. Calcular la siguiente integral sobre la superficie indicada.∫ ∫

S(x− 2y + z) dS

Sergio Plaza 441

(a) S : z = 4− x , 0 6 x 6 4 , 0 6 y 6 4 .

(b) S : z = 10− 2x + 2y , 0 6 x 6 2 , 0 6 y 6 4 .

(c) S : z = 10 , x2 + y2 6 1 .

72. En cada caso, calcular∫ ∫

Sf(x, y, z) dS

(a) f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2 , S : z =√

x2 + y2 , x2 + y2 6 4 .

(b) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 , S : z = x + 2 , x2 + y2 6 1 .

(c) f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2 , S : z =√

x2 + y2 , (x − 1)2 +

y2 6 1 .

(d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 , S : 9 = x2 + y2 , 0 6 x 6 3 , 0 6y 6 3 , 0 6 z 6 9.

(e) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 , S : 9 = x2 + y2 , 0 6 x 6 3 , 0 6z 6 x.

(f) f(x, y, z) = x , S : z = x2 + y , 0 6 x 6 1 , −1 6 y 6 1 .

(g) f(x, y, z) = x+ z , S es la parte situada en el primer octante

del cilindro x2 + y2 = 9 , 0 6 z 6 4 .

73. En cada caso, use el Teorema de Gauss para evaluar∫ ∫

SF ·N dS

(a) Si Q es la region solida entre el paraboloide z = 4− x2 − y2

y el plano XY para F (x, y, z) = (2z, x, y2) .

(b) Si Q es el solido limitado por el cilindro x2 +y2 = 4 , el plano

x+ z = 6 , y el plano XY para F (x, y, z) = (x2 +sen(z), xy +

cos(z), ey) .


(c) Si Q es el solido limitado por la superficie S : cubo definido

por los planos x = 0 , x = a , y = 0 , y = a , z = 0 , z = a

para F (x, y, z) = (x2, y2, z2) .

(d) Si Q es el solido limitado por la superficie S : z =√

a2 − x2 − y2 , z =

0 , para F (x, y, z) = (x2,−2xy, xyz2) .

(e) Si Q es el solido limitado por la superficie S : x2+y2+z2 = 4

para F (x, y, z) = (x, y, z) .

(f) Si Q es el solido limitado por la superficie S : x2 + y2 =

9 , z = 0 , z = 4 , para F (x, y, z) = (x, y2,−z) .

(g) Si Q es el solido limitado por la superficie S : z = 4− y , z =

0 , x = 0 , x = 6 , y = 0 , para F (x, y, z) = (x3, x2y, x2 ey) .

74. Use el Teorema de Green para calcular la integral∫

C(y +x5)dx+

(6y+y5 +y7)dy , donde C es el cırculo (x−1)2 +y2 = 1 recorrido

en sentido contrario a las agujas del reloj.


Sz−3(x2 + y2 + z−4)−1/2dS ,

donde S es la porcion del paraboloide xyz = 1 que esta sobre el

rectangulo 1 6 x 6 2 , 1 6 y 6 3 .

76. Sea F (x, y, z) = (etang(z)y, ez tang(z)x, (4 − x2 − y2)z) . Sea Ω la

region que esta por encima del paraboloide z = x2 + y2 y por

debajo del plano z = 4 . Sea S el borde de Ω y sea n el vector

normal unitario que apunta hacia afuera de S . Use el teorema de

la divergencia para calcular la integral∫

SF · ndS .

Sergio Plaza 443

77. Sea S la superficie consistiendo de la parte del paraboloide x2 +

y2 + z = 0 , z > 0 , la cual esta dentro del cilindro x2

9 + y2

4 = 1 .

Suponga que el vector normal unitario n a S apunta afuera de

S . Use el Teorema de Stokes para calcular la integral∫

Srot(F ) · ndS ,

donde F (x, y, z) = (y, x, xy) (Ind. La curva C , borde de S puede

ser parametrizada por x = 3 cos(t , y = 2 sen(t) , y z =? se deja

como un pequeno trabajo).

78. Calcular∫

SF · ndA , donde F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y2)2) y S

es el cilindro x2 + y2 = 1 con 0 6 z 6 1 .

79. Calcular∫

S(∇×F ) · dS , donde S es la superficie delimitada por

x2 + y2 + z2 = 1 y x + y + z > 1 , y F (x, y, z) = r(x, y, z) ×(e1 + e2 + e3) con r(x, y, z) = (x, y, z) y ei para i = 1, 2, 3 el

correspondiente vector canonico.

80. Calcular la integral ∫

Sz2dS ,

donde S es la parte del paraboloide z = 9− x2 − y2 la cual esta

por encima del plano z = 0 .

81. Si C la cardioide dada en coordenadas polares por r = 1+cos(θ) .

Use el Teorema de Green para calcular la integral de linea∫

Cxydx + x2dy ,

donde recorremos la cardioide en el sentido contrario a las agujas

del reloj.


82. Calcule∫

Cx4dx + xydy , donde C es la curva formada por los

segmentos de linea desde (0, 0) a (1, 0) , desde (1, 0) a (0, 1) , y

desde (0, 1) a (0, 0) , directamente y tambien usando el Teorema

de Green.

83. Sea F (x, y) = (2xy, x2) . Muestre que la integral de linea de F a

lo largo del camino formado por el borde del cuadrado [0, 1]×[0, 1]

es 0, usando:

(a) Calculo directo;

(b) mostrando que F es el gradiente de una funcion f ;

(c) usando el Teorema de Green.

84. Sea F (x, y, z) = (yez, zez, xyez) . Sea C una curva cerrada simple

en R3 que es el borde de una superficie. Muestre que∫

CF ·ds = 0 .

85. Sea F (x, y, z) = (2xy + 3z3, x2, 9xz2) . Sea C cualquier camino

diferenciable comenzando en (2, 1, 1) y terminado en (5, 0, 0) .

Calcule∫

CF · dr .

86. ¿Para que valores de a y b la aplicacion F (x, y, z) = (bxz +

2y, bx + 2ayz, y2 + ax2) es el gradiente de una funcion f ?

87. Calcule∫

CF · dr , donde r(t) = (cos(t), sen(t)) , con 0 6 t 6 2π ,

y F (x, y) = (−y2, x2) .

88. Sea F (x, y) = (3+2xy, x2− 3y2) . Calcule∫

CF · dr , donde C es

la curva dada por r(t) = (et sen(t), et cos(t)) , con 0 6 t 6 π .

89. Calcule∫

Czdx+y2dy+xyzdz si C es dada por r(t) = (1, 2t, t2) ,

con 0 6 t 6 1 .

Sergio Plaza 445


(a)∫

γ

x

x2 + y2dy − y

x2 + y2dy , donde γ es el cırculo (x− 2)2 +

(y − 3)2 = 1 orientado en sentido antihorario.

(b)∫

γxdx + y2dy + z3dz , donde γ es el segmento de recta

uniendo (−1, 0, 2) a (2, 3, 2) .

(c)∫

γ(ey+2xy cos(x2y))dx+(xey+x2 cos(x2y))dy , donde γ es la

curva frontera de la region acotada por la parabola y = x2+1

y por la recta y = x + 3 , orientada en el sentido antihorario.

(d)∫

γF · ds , donde F (x, y, z) = (x2, ey, z cos(y)) y γ(t) =

(sen(t), t2, t) , con 0 6 t 6 1 .

(e)∫

γ(3x2+x2y+y2)dx+(x3+2xy+y3)dy , donde γ es la curva

frontera de la region acotada por la parabola y = x2 + 1 y

por la recta y = x + 3 , orientada en el sentido antihorario.

91. Sea S la parte del plano x + y + z = 1 que yace sobre el disco

elıptico x2 + 2y2 6 1 . Parametrice S y calcule su area.


(a)∫

γF · ds , donde F (x, y, z) = (x5, y2x + z3, 3yz2) y γ(t) =

(cos(t), sen(t), cos(2t)) , con 0 6 t 6 2π .

(b)∫

γω , donde ω =

xdy − ydx

x2 + y2y γ es el cırculo x2 +2x+y2−

2y = 1 , orientado en sentido antihorario.

(c)∫

γω , donde ω = y2dx + ezdy + exdz y γ(t) = (3, et, t) , con

0 6 t 6 1 .

93. Encuentre el area de la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 la cual

esta por arriba del plano z =√

2 .


94. Sea S la parte de la superficie x2 + y2 + z = 1 la cual yace por

encima del plano xy , orientada por el vector normal unitario que

apunta hacia arriba. Calcule∫

Sω , donde ω = zdx∧dy+ydy∧dz .

95. Sea V una region cerrada y acotada en R3 con borde ∂V una

superficie diferenciable. Muestre que

vol(V ) =13

∫

∂Vxdy ∧ dz + ydz ∧ dx + zdx ∧ dy .

96. Calcular las siguientes integrales de linea

(a)∫

C(x+y)ds, donde C es el contorno del triangulo de vertices

O = (0, 0) , A = (1, 0) , B = (0, 1) ,

(b)∫

C(x2 +y2)ds, donde C es la curva x = a(cos(t)+ t sen(t)) ,

y = a(sen(t− t cos(t)) , 0 6 t 6 2π .

(c)∫

C(x2+y2+z2)ds, donde C es la helice circular x = a cos(t) ,

y = a sen(t) , z = bt , 0 6 t 6 2π .

97. Hallar las longitudes de los arcos de las curvas siguientes

(a) x = 3t , y = 3t2 , z = 2t3 , desde (0, 0, 0) hasta (3, 3, 2);

(b) x2+y2 = cz ,y

x= tang

(z

c

), desde (0, 0, 0) hasta (x0, y0, z0);

(c) x = e−t cos(t) , y = e−t sen(t) , z = e−t , 0 < t < +∞ .

98. Calcular∫

γω , donde

(a) ω =1xy

dx +1

x + ydy y γ(t) = (2t, 5t) , con 1 6 t 6 4 ,

orientado negativamente.

(b) ω = ex(cos(y)dx+sen(y)dy) y γ el contorno del cuadrado de

vertices (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1) , orientado positivamente.

Sergio Plaza 447

(c) ω = xy dx + (x2 − y2)dy y γ el camino cuya imagen es la

elipse de ecuacion x2 + 2y2 = 4 , dotado de una orientacion

cualquiera.

(d) ω = y2dx + x2dy y γ el camino cuya imagen es la elipse de

ecuacion(x

a

)2+

(y

b

)2−2

(x

a

)= 0 , dotado de la orientacion

canonica.

99. Sea F : R2 → R2 , definido por F (x, y) = (xy, x2−y2) , y sea γ la

circunferencia unitaria orientada positivamente, con punto inicial

(1, 0) . Calcular∫

γF · ds .

100. Calcular∫

γydx−xdy a lo largo de la curva cerrada γ = γ1∪γ2 ,

siendo γ1 el primer cuadrante de la elipsex2

16+

y2

9= 1 y γ2 el

segmento que une los puntos (0, 3) y (4, 0) .

101. Hallar todas las circunferencias del plano R2 tales que, con cualquier

orientacion, la integral de linea de la forma diferencial ω(x, y) =

y2dx + x2dy sea nula.

102. Calcular∫

γxdx + ydy + zdz a lo largo del arco de helice de

ecuaciones parametricas x = 4 cos(λ) , y = 4 sen(λ) , z = 3λ,

para 0 6 λ 6 2π.

103. Calcular∫

σydx+(3y3−x)dy + zdz para cada una de las trayec-

torias σ(t) = (t, tn, 0) , 0 6 t 6 1 y n ∈ N .

104. Calcular∫

γ(y2 + z2)dx + (z2 + x2)dy + (x2 + y2)dz , donde γ el

camino cuya imagen es dada por

x2 + y2 − 2pz = 0

x + y − z + p = 0


con una orientacion cualquiera.

105. ¿La forma diferencial (exy2 + 3x2y)dx + (2yex + x3)dy admite

funcion potencial? En caso afirmativo calcularla.

106. ¿La forma diferencial 2xyzdx + (x2z + 2yez)dy + (x2y + y2ez)dz

admite funcion potencial? en caso afirmativo calcularla.

107. Sean P (x, y) =y

x2 + y2y Q(x, y) = −x

x2+y2 , y sean γ1 : x =

cos(λ) , y = sen(λ) , con 0 6 λ 6 π , y γ2 : x = − cos(µ) ,

y = sen(µ) , con π 6 µ 6 2π .

(a) Comprobar que en todo R2 , excepto en el origen de coorde-

nadas, se cumple∂Q

∂x=

∂P

∂y.

(b) Decidir si se verifica∫

γ1

Pdx + Qdy =∫

γ2

Pdx + Qdy.

(c) Calcular ambas integrales por separado.

108. Sea F (x, y, z) = (xy, y, z) . Puede existir una funcion f tal que

F = ∇f ?.

109. Sea F (x, y, z) = (z3 + 2xy, x2, 3xz2). Probar que la integral de

F a lo largo del perımetro del cuadrado con vertices en (1, 1, 5) ,

(−1, 1, 5) , (−1,−1, 5) , (1,−1, 5), es nula.

110. Sea F (x, y, z) = (ex sen(y), ex cos(y), z2). Calcular∫

σF · ds ,

donde σ(t) = (√

t, t3, e√

t) , con 0 6 t 6 1 .

111. Calcular∫

γ(6xy + y)dx + (3x2 + x)dy ,donde

(a) γ(t) = (t2, t3) , con 1 6 t 6 2 , recorrido con la orientacion

canonica.

Sergio Plaza 449

(b) γ cualquier camino de clase C1 por partes, uniendo (1, 1)

con (1, 8) .

(c) γ un camino cerrado cualquiera de clase C1 por partes.

112. Calcular la integral de linea∫

γyzdx + zxdy + xydz , donde

(a) γ(t) = (t, t2, t3) , con 0 6 t 6 1 , recorrido con la orientacion

canonica.

(b) γ(t) = (cos(t), sen(t), tang(t)) , con 0 6 t 6 π

4, recorrido

con la orientacion canonica.

(c) γ cualquier camino de clase C1 por partes, uniendo (1,−1, 2)

con (−2,−1, 1) .

(d) γ un camino cerrado cualquiera de clase C1 por partes.

113. Sea D un dominio simplemente conexo de R2 , y sea f una

funcion de clase C2 en D . Probar que la condicion de que f sea

armonica en D (es decir, satisface∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2= 0 ) es suficiente

para que∫

γ

∂f

∂xdy− ∂f

∂ydx = 0 cualquiera que sea la curva simple,

cerrada y rectificable γ contenida en D .

114. Sean γ, γ∗ dos curvas simples cerradas del plano, disjuntas entre

sı, positivamente orientadas, y tales que γ∗ esta contenida en la

region encerrada por γ . Sean P (x, y), Q(x, y) dos funciones de

clase C1 en un abierto A que contenga a ambas curvas y a la

region entre ellas, satisfaciendo∂Q

∂x=

∂P

∂y. Probar que se verifica

∫

γPdx + Qdy =

∫

γ∗Pdx + Qdy.


115. Calcular∫

γ

y

x2 + y2dx− x

x2 + y2dy , donde γ la elipse de ecuacion

parametrica x = 4 cos(λ) , y = 3 sen(λ) , con 0 6 λ 6 2π .

116. Usar el teorema de Green para calcular∫

C+

(y2 + x3)dx + x4dy,

donde C+ es el perımetro de [0, 1]×[0, 1] en direccion antihoraria.

117. Usar el teorema de Green para calcular el area encerrada por la

elipsex2

a2+

y2

b2= 1 .

118. Usando el teorema de Green, calcular el area de la region interior

a la cardioide ρ = 1 + cos(θ) , con 0 6 θ 6 2π) .

119. Calcular el trabajo de W (x, y) =(

11 + y

,− 11 + x

)a lo largo

del camino γ(t) = (t, t2) , 0 6 t 6 1 , dotado de la orientacion

canonica.

120. Calcular el trabajo de W = (x, y, z) = (2y, x, z) a lo largo del

camino γ(t) = (t1/2, t−1/2, t) , 1 6 t 6 2, dotado de la orientacion

canonica.

121. Se considera el campo de fuerzas F (x, y) = (y, x) . Calcular el

trabajo de F a lo largo de las curvas

(a) γ1 : y = x , entre los puntos (0, 0) y (1, 1) .

(b) γ2 : y = x2 , entre los puntos (0, 0) y (1, 1) .

(c) γ3 : y = x3 , entre los puntos (0, 0) y (1, 1).

(d) γ4 : y = x3(x−1) log(x+2) , entre los puntos (0, 0) y (1, 1) .

122. Calcular el trabajo realizado por una partıcula sometida al campo

de fuerzas F (x, y) = (ex − y3, cos(y) + x3) que recorre la circun-

ferencia unitaria en el sentido antihorario.

Sergio Plaza 451

123. Se consideran el campo vectorial F (x, y, z) =(

y

x2 + y2,− x

x2 + y2, 3z2

)

y la curva γ de ecuacion x = λ , y = λ3 +λ2−1 , z = λ+3 . Cal-

cular el trabajo necesario para llevar una masa unidad a lo largo

de γ desde el punto (−1,−1, 2) al punto (1, 1, 4) .

124. Se dice que una funcion f(x, y) es armonica si∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2= 0 .

Demostrar que si f es armonica y C es una curva cerrada suave

por partes del plano, entonces∫

C

∂f

∂ydx− ∂f

∂xdy = 0 .

125. Calcule∫

SF ·NdS , donde F (x, y, z) = (xy, z, x + y) y S ⊂ R3

es la superficie acotada por los planos y = 4 , z = 4 − x , y los

planos coordenados.

126. Calcular el volumen del solido limitado inferiormente por el paraboloide

x2 + y2 + z = 4R2 y superiormente por el cilindro x2 +(y−R)2 =

R2 , donde R > 0 y z 6 4R2 .

127. Calcular la integral∫

∂SF · dr , directamente y usando el teorema

de Stokes, donde F (x, y, z) = (2z, x, y2) y S ⊂ R3 es la superficie

del paraboloide z = 4− x2 − y2 con z > 0 .

452 Bibliografıa

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